Suma de variables aleatorias uniformes $U(0,1)$ y $U(0, a)$

Question

El problema que tengo es: $X \sim U(0,1), Y \sim U(0,a)$ son variables aleatorias independientes. Encuentra la función de densidad de $X + Y$. Me he atascado en un problema de integral, y te mostraré lo que he intentado. Salta al problema de la integral en sí si no estás interesado en el resto del problema.

Usaré la notación de función indicadora: $1_{[a,b]}(x)$ de la siguiente manera...

Si $a \leq x \leq b$ entonces $1_{[a,b]}(x) = 1$ de lo contrario $1_{[a,b]}(x) = 0.

$Z := X + Y, W := X \Rightarrow \frac{d(x,y)}{d(z,w)} = -1$. Por el teorema de transformación obtenemos: $$f_{Z,W}(z,w) = f_{X}(w)f_{Y}(z - w) \cdot |-1| = 1_{[0,1]}(w)\cdot1_{[0,a]}(z-w)\cdot\frac{1}{a}$$

Ahora al problema de la integral: $$f_{Z}(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{Z,W}(z,w)dw$$

Si $ 0 \leq w \leq 1$ y $0 \leq z - w \leq a$ entonces $f_{Z,W}(z,w) = \frac{1}{a}$ de lo contrario $f_{Z,W}(z,w) =0$.

El problema que queda es... ¿cómo calculo la integral? ¿Cómo vuelvo a expresar la región donde $f_{Z,W}(z,w) \neq 0$ para que el límite inferior y superior de $w$ esté expresado con z, y z esté limitado por constantes, para así poder eliminar $w$ mediante la integración?

Gracias.

Me han dicho que es prudente dividir el problema en dos casos: uno donde a < 1 y otro donde a >= 1.

Answer 1

No olvides incluir la función indicadora para $0\leq z\leq a+1$

Tienes (suponiendo $a>1$):

$$\begin{align} f_{Z,W}(z,w) & \tag{1} =\tfrac 1 a \mathbf 1_{[0;a+1]}(z)\mathbf 1_{[0;1]}(w)\mathbf 1_{[0;a]}(z-w) \\[1ex] & \tag{2} =\tfrac 1 a \mathbf 1_{[0;a+1]}(z)\mathbf 1_{[0;1]}(w)\mathbf 1_{[z-a;z]}(w) \\[1ex] & \tag{3} =\tfrac 1 a \mathbf 1_{[0;a+1]}(z)\mathbf 1_{[\max(z-a,0);\min(z,1)]}(w) \\[1ex] & \tag{4} = \tfrac 1 a \Big(\mathbf 1_{[0;a]}(z)\mathbf 1_{[0;\min(z,1)]}(w)+\mathbf 1_{(a;a+1]}(z)\mathbf 1_{[z-a;1]}(w)\Big) \\[1ex] & \tag{5} = \tfrac 1 a \Big(\mathbf 1_{[0;1]}(z)\mathbf 1_{[0;z]}(w)+\mathbf 1_{(1;a]}(z)\mathbf 1_{[0;1]}(w)+\mathbf 1_{(a;a+1]}(z)\mathbf 1_{[z-a;1]}(w)\Big) \\[4ex] f_Z(z) & = \tfrac 1 a \Big(\mathbf 1_{[0;1]}(z)\int_0^z\operatorname d w+\mathbf 1_{(1;a]}(z)\int_0^1\operatorname d w+\mathbf 1_{(a;a+1]}(z)\int_{z-a}^1\operatorname d w\Big) \\[1ex] & = \frac z a \mathbf 1_{[0;1]}(z) + \frac 1 a \mathbf 1_{(1;a]}(z)+\frac{1+a-z}{a}\mathbf 1_{(a;a+1]}(z) \end{align}$$

¿Puedes hacer el caso para $a<1$  ?

Answer 2

¡Gracias por la ayuda! Ahora entiendo la técnica. He logrado resolver el problema para un < 1. Para otras personas que enfrenten el mismo problema, subo mi respuesta aquí:

$f_{Z,W}(z,w) = \frac{1}{a}$ para $0 \leq w \leq 1$ y $0 \leq z - w \leq a$, lo cual es equivalente a:

$0 \leq w \leq 1$ y $z - a \leq w \leq z$ y $0 \leq z \leq a + 1$.

$\Rightarrow \max(0, z - a) \leq w \leq \min(z,1)$ y $0 \leq z \leq a + 1$

Para $0 \leq z \leq a$ obtenemos $0 \leq w \leq z$

Para $a < z \leq 1$ obtenemos $z - a \leq w \leq z$

Para $1 < z \leq a + 1$ obtenemos $z - a \leq w \leq 1$

Por lo tanto, la densidad de Z está dada por:

$$f_{Z}(z) = \frac{1}{a}\int_{0}^{z}1_{[0,a]}(z)dw + \frac{1}{a}\int_{z - a}^{z}1_{(a,1]}(z)dw + \frac{1}{a}\int_{z - a}^{1}1_{(1, a + 1]}(z)dw$$

$$\Rightarrow f_{Z}(z) = \frac{z}{a}1_{[0,a]}(z) + 1_{(a,1]}(z) + \frac{1 - z + a}{a}1_{(1, a + 1]}(z)$$

Gracias por la ayuda, Graham. No me di cuenta de que podía "dividir" la región de integración en subregiones para encontrar los límites de integración. Jeje, esta es una técnica de integración bastante común ahora que lo pienso.