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a)
Vamos a calcular E(Y1)
$$\begin{align}&E(Y_1)=\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}y_1e^{-(y_1+y_2)}dy_2dy_1=\\ &\\ &\int_0^{+\infty}\left[ -y_1e^{-(y_1+y_2)} \right]_0^{+\infty}dy_1 =\int_0^{+\infty}y_1e^{-y_1}dy_1\\ &\\ &\\ &\text{Esto se integra por partes}\\ &\\ &u=y_1 \implies du = dy_1\\ &\\ &dv=e^{-y_1}dy_1 \implies v=-e^{-y_1}\\ &\\ &E(Y_1)=-\left[ y_1e^{-y_1}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}e^{-y_1}dy_1 =\\ &\\ &0-[e^{-y_1}]_0^{+\infty}=e^0 =1\end{align}$$E(Y1) = 1
y la E(Y2) = 1 porque el mismo papel tiene Y1 que Y2
Luego E(Y1+Y2)= E(Y1)+E(Y2) = 1+1 = 2
V(Y1+Y2)= E[(Y1+Y2)^2] - [E(Y1+Y2)}^2 =
E[(Y1)^2] + E[(Y2)^2] + E[2(Y1)·(Y2)] - 4 =
E[(Y1)^2] + E[(Y2)^2] + 2·E(Y1)E(Y2) - 4 =
Y como venimos diciendo que Y1 e Y2 tienen un papel igual
= 2E[(Y1)^2] + 2·1·1 - 4 = 2E[(Y1)^2] - 2
Y ya vale de emplear los teoremas especiales, ahora hay que ponerse el mono y hacer la integral
$$\begin{align}&E(Y_1^2)=\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}y_1^2e^{-(y_1+y_2)}dy_1dy_2=\\ &\\ &\int_0^{+\infty}\left[-y_1^2e^{-(y_1+y_2)}\right]_0^{+\infty}dy_1=\int_0^{+\infty}y_1^2e^{-y_1}dy_1=\\ &\\ &\text{Esta se integra por partes dos veces}\\ &\\ &u=y_1^2 \implies du=2y_1dy_1\\ &v=e^{-y_1} \implies v =- e^{-y_1}\\ &\\ &=-[y_1^2e^{-y_1}]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}2y_1e^{-y_1}dy_1=\\ &\\ &u=2y_1 \implies du= 2dy_1\\ &dv=e^{-y_1}dy_1 \implies v=-e^{-y_1}\\ &\\ &\\ &= 0-[2y_1e^{-y_1}]_0^{+\infty}+\int2e^{-y_1}dy_1=\\ &\\ &0-0-[2e^{-y_1}]_0^{+\infty}=2e^0=2\end{align}$$V(Y1+Y2) = 2E[(Y1)^2] -2 = 2·2 - 2 = 2
b) P(Y1-Y2>3)
Eso implica
Y2<Y1-3
Debemos variar
3 <= Y1 <= +infinito
3 <= Y2 <= Y1-3
$$\begin{align}&P(Y_1-Y_2 \gt 3)= \int_3^{+\infty}\int_3^{y_1-3}e^{-(y_1+y_2)}dy_2dy_1=\\ &\\ &\int_3^{+\infty}\left[ -e^{-(y_1+y_2)}\right ]_3^{y_1-3}dy_1=\\ &\\ &\int_3^{+\infty}(-e^{-2y_1+3}+e^{-y_1+3})dy_1=\\ &\\ &\left[ \frac{e^{-2y_1+3}}{2}-e^{-y_1+3}\right]_0^{+\infty}=\\ &\\ &-\frac{e^{-3}}{2}+ e^{-3} =\frac{e^{-3}}{2}=0.02489353418\\ &\end{align}$$c)P(Y1-Y2<-3) = P(Y2-Y1>3) =
La Y2 y la Y1 pueden intercambiar su papeles y sin que la función de densidad cambie, luego la integral será la misma que la calculada antes
= P(Y1-Y2>3) =0.02489353418
d) E(Y1-Y2) = E(Y1)-E(Y2) = 0
V(Y1-Y2) = E[(Y1-Y2)^2] - [E(Y1-Y2)]^2 =
E[(Y1)^2] + E[(Y2)^2] - E[2·(Y1)·(Y2)] - [E(Y1)-E(Y2)]^2=
Como Y1 e Y2 son intercambiables y por el teorema especial de la esperanza del producto de funciones que una solo depende de Y1 y la otra de Y2, tenemos
= 2E[(Y1)^2] - 2[E(Y1)]^2 - 0 =
La E(Y1) ya se calculó el resolver el apartado a) era E(Y1)=1
= 2E[(Y1)^2 -2 =
Y la E[(Y1)^2 también se calculó en la segunda pregunta del apartado a y valía 2
=2·2 -2 = 2
luego
V(Y1-Y2)=2
e) Que las dos valen lo mismo, 2.
Y eso es todo.
