Глава 12. Задача 9. Независимые случайные величины \(X\) и \(Y\) заданы плотностями распределений

\(f_1(x) = \frac{1}{3}e^{-x/3} \quad (0 \leq x < \infty)\);

\(f_2(x) = \frac{1}{5}e^{-y/5} \quad (0 \leq y < \infty)\).

Найти композицию этих законов, т. е. плотность распределения случайной величины \(Z = X + Y\).

Решение.

Возможные значения аргументов неотрицательны, поэтому воспользуемся формулой

\[g(z) = \int\limits_{0}^{z}f_1(x)f_2(z-x)\,\mathrm{d}x\].

Искомая плотность распределения случайной величины \(Z = X + Y\):

\[g(z) = \int\limits_{0}^{z}f_1(x)f_2(z-x)\,\mathrm{d}x = \int\limits_{0}^{z}\left[ \frac{1}{3}e^{-x/3}\right]\left[\frac{1}{5}e^{-(z-x)/5}\right]\,\mathrm{d}x = \\ = \frac{1}{15}\cdot e^{-z/5}\cdot \int\limits_{0}^{z}e^{-2x/15}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{15}\cdot e^{-z/5}\cdot\frac{-15}{2}  \cdot \left(e^{-2\cdot z/15} - e^{-2\cdot 0/15}\right) = \\ = -\frac{1}{2}e^{-z/5}(e^{-2z/15} - e^0) = \frac{1}{2}e^{-z/5}(1 - e^{-2z/15})\].

Ответ.

\(g(z) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{2}e^{-z/5}(1 - e^{-2z/15}) \qquad при \quad z \geq 0,\\ 0\qquad при \quad z < 0. \end{array} \right.\)