Преобразования случайных величин

Измеримость функций от случайных величин

Пусть на вероятностном пространстве $$\langle\Omega,\,\mathcal F,\,\Prob\rangle$$ задана случайная величина $$\xi$$. Если $$g(\xi)$$ - случайная величина, то полезно уметь находить распределение $$g(\xi)$$ по распределению $$\xi$$. Эта проблема возникает, например, при моделировании случайных величин с заданным распределением. Датчик случайных чисел может генерировать лишь значения случайных величин с равномерным распределением. Если же нам необходимы значения показательно распределенной случайной величины, нужно найти преобразование, которое из равномерного распределения сделает показательное.

Вопрос об измеримости $$g(\xi)$$ решает следующая теорема.

Теорема 26. Пусть $$\xi$$ - случайная величина, а $$g:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$$ - борелевская (измеримая по Борелю) функция, т.е. такая, что для всякого борелевского множества $$B$$ его прообраз $$g^{-1}(B)$$ есть снова борелевское множество. Тогда $$g(\xi)$$ - случайная величина.

Доказательство. Проверим, что прообраз любого борелевского множества при отображении $$g(\xi):\Omega\rightarrow\mathbb R$$ является событием. Возьмем произвольное $$B\in\mathfrak B: $B\in\mathfrak B(\mathbb R)$$ и положим $$B_1=g^{-1}(B)$$. Множество $$B_1$$ борелевское, так как функция $$g$$ измерима по Борелю. Но тогда $$(g(\xi))^{-1}(B)=\xi^{-1}(B_1)$$. Это множество принадлежит $$\mathcal F$$, поскольку $$B_1$$ - борелевское множество и $$\xi$$ - случайная величина.

Борелевскими являются все привычные нам функции. Функцией, неизмеримой по Борелю, будет, например, индикаторная функция неизмеримого множества Витали. Вообще говоря, неизмеримые функции суть объекты экзотические, в обычной жизни не встречающиеся.

Заметим, что совершенно аналогично решается вопрос об измеримости функции от нескольких случайных величин, если он принимает значения в $$\mathbb R$$ или в $$\mathbb R^k$$.

Распределения функций от случайных величин

Линейные и монотонные преобразования. Если $$\xi$$ имеет дискретное распределение, то любая функция $$g(\xi)$$ от нее также имеет дискретное распределение, и таблица распределения $$g(\xi)$$ находится просто по определению. Поэтому мы будем рассматривать преобразования случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями.

Пусть случайная величина $$\xi$$ имеет функцию распределения $$F_\xi(x)$$ и плотность распределения $$f_\xi(x)$$. Построим с помощью борелевской функции $$g:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$$ случайную величину $$\eta=g(\xi)$$. Требуется найти плотность распределения величины $$\eta$$ (если таковая существует).

Замечание. Плотность распределения случайной величины $${\eta=g(\xi)}$$ существует далеко не при любых функциях $$g$$. Так, если функция $$g$$ кусочно-постоянна, то $$\eta$$ имеет дискретное распределение.

Для отыскания плотности распределения мы не можем просто продифференцировать функцию распределения, поскольку не знаем, существует ли плотность. Следует доказать, что распределение абсолютно непрерывно. Но доказывая это, мы попутно найдем и плотность распределения. Действительно, у нас есть следующий путь доказательства абсолютной непрерывности распределения. Если для любого $$x$$ мы представим функцию распределения величины $$\eta$$ в виде$$F_\eta(x)=\int\limits_{-\infty}^x h(y) dy, \quad\textrm{ где }\, h(y)\ge 0,$$ то в качестве плотности распределения величины $$\eta$$ можно взять подынтегральную функцию: $$f_\eta(x)=h(x)$$. Другой путь - продифференцировать функцию распределения и убедиться, что производная является плотностью распределения, т.е. обладает необходимыми для плотности свойствами.

Теорема 27. Пусть $$\xi$$ имеет функцию распределения $$F_\xi(x)$$ и плотность распределения $$f_\xi(x)$$, и постоянная $$a$$ отлична от нуля. Тогда случайная величина $$\eta=a\xi+b$$ имеет плотность распределения$$f_\eta(x)=\frac{1}{|a|}\, f_\xi\Bigl(\frac{x-b}{a}\Bigr).$$

Доказательство. Пусть сначала $$a>0$$.$$F_\eta(x)=\Prob(a\xi+b<x)= \Prob\Bigl(\xi<\frac{x-b}{a}\Bigr)= F_\xi\Bigl(\frac{x-b}{a}\Bigr)=\!\!\int\limits_{\smash{-\infty}}^{(x-b)/a} \!\!f_\xi(t) dt.$$ Сделаем замену переменной в последнем интеграле. Переменную $$t$$ заменим на новую переменную $$y$$ так: $$t=\frac{y-b}a$$. Тогда $$dt=\frac{dy}a$$, нижняя граница области интегрирования $$t=-\infty$$ перейдет в $$y=-\infty$$, верхняя граница $$t=\frac{x-b}a$$ перейдет в $$y=x$$. Получим$$F_\eta(x)= \int\limits_{-\infty}^x \frac{1}{a}\, f_\xi\Bigl(\frac{y-b}{a}\Bigr) dy.$$ Функция под интегралом есть искомая плотность распределения $$f_\eta(y)$$ случайной величины $$\eta=a\xi+b$$ при $$a>0$$.

Пусть теперь $$a<0$$.$$F_\eta(x)=\Prob(a\xi+b<x)= \Prob\Bigl(\xi>\frac{x-b}{a}\Bigr)= \!\!\int\limits_{(x-b)/a}^{+\infty} \!\!f_\xi(t) dt.$$ Сделаем ту же замену переменной. Но теперь граница интегрирования $$t=+\infty$$ перейдет в $$y=-\infty$$, поскольку $$a<0$$. Получим$$F_\eta(x)= \int\limits_x^{-\infty} \frac{1}{a}\, f_\xi\Bigl(\frac{y-b}{a}\Bigr) dy= \int\limits_{-\infty}^x \frac{1}{|a|}\, f_\xi\Bigl(\frac{y-b}{a}\Bigr) dy.$$ Функция под интегралом - плотность распределения $$f_\eta(y)$$ случайной величины $$\eta=a\xi+b$$ при $$a<0$$.

Из теоремы 27 следуют уже знакомые нам утверждения.

Следствие 4. Если $$\xi{\,\sim\,}{\mathrm N}_{0,1}$$, то $$\eta=\sigma\xi+a {\,\sim\,}{\mathrm N}_{a,\sigma^2}$$.

Доказательство. Действительно,$$f_{\eta}(x)=\frac{1}{\sigma}\,f_\xi\Bigl(\frac{x-a}{\sigma}\Bigr)= \frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{-\tfrac{(x-a)^2}{2\sigma^2}}.\quad$$

Следствие 5. Если $$\xi{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a,\sigma^2}$$, то $$\frac{\xi-a}\sigma {\,\sim\,}{\mathrm N}_{0,1}$$.

Следствие 6. Если $$\xi{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,\,1}$$, то $$a\xi+b{\,\sim\,}{\mathrm U}_{b,\,a+b}$$ при $$a>0$$.

Следствие 7. Если $$\xi{\,\sim\,}{\mathrm E}_\alpha$$, то $$\alpha\xi{\,\sim\,}{\mathrm E}_1$$.

Квантильное преобразование. Полезно уметь строить случайные величины с заданным распределением по равномерно распределенной случайной величине (например, по результату датчика случайных чисел).

Теорема 28. Пусть функция распределения $$F(x)=F_\xi(x)$$ непрерывна. Тогда случайная величина $$\eta=F(\xi)$$ имеет равномерное на отрезке $$[0,\,1]$$ распределение.

Доказательство. Найдем функцию распределения случайной величины $$\eta$$. Заметим, что всегда $$0\le \eta\le 1$$. Предположим сначала, что функция $$F$$ всюду возрастает. Тогда она обратима, и поэтому$$\begin{equation} F_\eta(x)=\Prob(F(\xi)<x)=\begin{cases} 0, \textrm{ если } x\le 0, \\ \Prob(\xi<F^{-1}(x)), \textrm{ если } x\in (0,\,1),\\ 1, \textrm{ если } x\ge 1. \end{cases} \end{equation}$$ Но $$\Prob(\xi<F^{-1}(x))=F\left(F^{-1}(x)\right)=x$$, т.е. $$\eta{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,1}$$.

Если функция $$F$$ не является всюду возрастающей, то у нее есть участки постоянства. В этом случае просто обозначим через $$F^{-1}(x)$$ самую левую точку из замкнутого множества $$\{t\,|\,F(t)=x\}$$. При таком понимании "обратной" функции равенства (16) остаются справедливыми вместе с равенством $$\Prob(\xi<F^{-1}(x))=F\left(F^{-1}(x)\right)=x$$ для любого $$x\in(0,\,1)$$.

Обратим теорему 28. Следующее утверждение верно не только для непрерывных, но для любых функций распределения $$F$$. Обозначим через $$F^{-1}(x)$$ точную нижнюю грань множества тех $$t$$, для которых $$F(t)\ge x$$:$$F^{-1}(x)=\inf\{t\,|\,F(t)\ge x\}.$$ Для непрерывной функции $$F$$ это определение "обратной функции" совпадает с введенным в доказательстве теоремы 28.

Теорема 29. Пусть $$\eta\,{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,1}$$, а $$F$$ - произвольная функция распределения. Тогда случайная величина $$\xi=F^{-1}(\eta\,)$$ "квантильное преобразование" над $$\eta$$ имеет функцию распределения $$F$$.

Следствие 8. Пусть $$\eta{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,\,1}$$. Верны соотношения:$$-\frac{1}{\alpha}\ln(1-\eta){\,\sim\,}{\mathrm E}_\alpha, \quad a+\sigma\,\tg(\pi \eta - \pi/2){\,\sim\,}\textrm{C}_{a,\sigma}, \quad \Phi_{0,1}^{-1}(\eta){\,\sim\,}{\mathrm N}_{0,1}.$$

Функции от двух случайных величин

Пусть $$\xi_1$$ и $$\xi_2$$ - случайные величины с плотностью совместного распределения $$f_{\xi_1,\,\xi_2}(x_1,\,x_2)$$, и задана борелевская функция $$g:\mathbb R^2\to\mathbb R$$. Требуется найти функцию (а если существует, то и плотность) распределения случайной величины $$\eta=g(\xi_1,\xi_2)$$.

Пользуясь тем, что вероятность случайному вектору попасть в некоторую область можно вычислить как объем под графиком плотности распределения вектора над этой областью, сформулируем утверждение.

Теорема 30. Пусть $$x\in\mathbb R$$, и область $$D_x\,\subseteq\,\mathbb R^2$$ состоит из точек $$(u,\,v)$$ таких, что $$g(u,\,v)<x$$. Тогда случайная величина $${\eta=g(\xi_1,\,\xi_2)}$$ имеет функцию распределения$$F_\eta(x)=\Prob\bigl(g(\xi_1,\,\xi_2)<x\bigr)= \Prob\bigl((\xi_1,\,\xi_2)\in D_x\bigr) =\mathop{\int\int}\limits_{\!D_x} f_{\xi_1,\,\xi_2}(u,\,v)\,du\,dv.$$

Далее в этой лекции предполагается, что случайные величины $$\xi_1$$ и $$\xi_2$$ независимы, т.е. $$f_{\xi_1,\,\xi_2}(u,\,v)\equiv f_{\xi_1}(u)\,f_{\xi_2}(v)$$. В этом случае распределение величины $$g(\xi_1,\,\xi_2)$$ полностью определяется частными распределениями величин $$\xi_1$$ и $$\xi_2$$.

Следствие 9 (формула свертки). Если случайные величины $$\xi_1$$ и $$\xi_2$$ независимы и имеют абсолютно непрерывные распределения с плотностями $$f_{\xi_1}(u)$$ и $$f_{\xi_2}(v)$$, то плотность распределения суммы $$\xi_1+\xi_2$$ существует и равна "свертке" плотностей $$f_{\xi_1}$$ и $$f_{\xi_2}$$:$$\begin{equation} f_{\xi_1+\,\xi_2}(t)=\int\limits_{-\infty}^{\infty} f_{\xi_1}(u) f_{\xi_2}(t-u) du= \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_{\xi_2}(u) f_{\xi_1}(t-u) du. \end{equation}$$

Доказательство. Воспользуемся утверждением теоремы 30 для борелевской функции $$g(u,v)=u+v$$. Интегрирование по двумерной области $${D_x=\{(u,\,v) | u+v<x\}}$$ можно заменить последовательным вычислением двух интегралов: наружного - по переменной $$u$$, меняющейся в пределах от $$-\infty$$ до $$+\infty$$, и внутреннего - по переменной $$v$$, которая при каждом $$u$$ должна быть меньше, чем $$x-u$$. Поэтому$$F_{\xi_1+\,\xi_2}(x) =\mathop{\int\int}\limits_{\!D_x} f_{\xi_1}(u) f_{\xi_2}(v)\,dv\,du= \int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\!\left( \int\limits_{-\infty}^{\,x-u}\! f_{\xi_1}(u) f_{\xi_2}(v)\,dv\!\right)\!du.$$ Сделаем в последнем интеграле замену переменной $$v$$ на $$t$$ так: $$v={t-u}$$. При этом $$v\in(-\infty,\, x-u)$$ перейдет в $$t\in(-\infty,\,x)$$, $${dv=dt}$$. В полученном интеграле меняем порядок интегрирования:$$F_{\xi_1+\,\xi_2}(x)=\!\int\limits_{\!\!-\infty }^{\infty} \!\!\!\left(\, \int\limits_{\!-\infty}^{x}\!\! f_{\xi_1}(u) f_{\xi_2}(t-u) dt \!\right)\! du= \!\!\int\limits_{\!-\infty }^{x}\ \!\!\!\!\left(\, \int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\! f_{\xi_1}(u) f_{\xi_2}(t-u)\,du \!\right)dt.$$ Итак, мы представили функцию распределения $$F_{\xi_1+\,\xi_2}(x)$$ в виде интеграла от $${-\infty}$$ до $$x$$ от плотности распределения $$f_{\xi_1+\,\xi_2}(t)$$ из формулы свертки (17).

Следствие 9 не только предлагает формулу для вычисления плотности распределения суммы, но и утверждает, что сумма двух независимых случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями также имеет абсолютно непрерывное распределение.

Упражнение. Для тех, кто уже ничему не удивляется: привести пример двух случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями таких, что их сумма имеет вырожденное распределение. Если даже одна из двух независимых случайных величин имеет дискретное, а вторая - абсолютно непрерывное распределение, то их сумма тоже имеет абсолютно непрерывное распределение:

Упражнение. Пусть величина $$\xi$$ имеет таблицу распределения $${\Prob(\xi=a_i)=p_i,}$$ а $$\eta$$ имеет плотность распределения $$f_\eta(x)$$, и эти величины независимы. Доказать, что $$\xi+\eta$$ имеет плотность распределения $$f_{\xi+\eta}(x)=\sum p_i f_\eta(x-a_i)$$. Для вычисления функции распределения суммы использовать формулу полной вероятности.

Примеры использования формулы свертки

Пример 45. Пусть независимые случайные величины $$\xi$$ и $$\eta$$ имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами $$a=0$$ и $$\sigma^2=2$$.

Доказательство. По формуле свертки, плотность суммы равна$$\begin{multiline*} f_{\xi+\eta}(x)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\frac{1}{2\pi} \,e^{-u^2\!/2} \,e^{-(x-u)^2\!/2} du= \int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\frac{1}{2\pi} e^{-\left(u^2+\tfrac{\,x^2}{2\,}\,-\,xu\right)} du =\\ =e^{-{x^2}\!/{4}}\int\limits_{-\infty}^{\infty} \!\frac{1}{2\pi}\,e^{-\left(u-\tfrac{x}{2}\right)^2} du =\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\,e^{-{x^2}\!/{4}}\int\limits_{-\infty}^{\infty} \!\frac{1}{\sqrt{\pi}} \,e^{-v^2} dv= \frac{e^{-{x^2}\!/{4}}}{2\sqrt{\pi}}. \end{multiline*}$$

Последний интеграл равен единице, поскольку под интегралом стоит плотность нормального распределения с параметрами $$a=0$$ и $$\sigma^2=\frac{1}{2}$$. Итак, мы получили, что плотность распределения суммы есть плотность нормального распределения с параметрами $$0$$ и $$2$$.

Если сумма двух независимых случайных величин из одного и того же распределения (возможно, с разными параметрами) имеет такое же распределение, говорят, что это распределение устойчиво относительно суммирования. В следующих утверждениях перечислены практически все устойчивые распределения.

Лемма 1. Пусть случайные величины $$\xi \sim\Pi _\lambda$$ и $$\eta \sim \Pi _\mu$$ независимы. Тогда $$\xi+\eta \sim \Pi _{\lambda+\mu}$$.

Доказательство. Найдем таблицу распределения суммы. Для любого целого $$k\ge 0$$$$\begin{align*} \Prob(\xi +\eta=k)=\sum_{i=0}^k \Prob(\xi=i, \,\eta=k-i)=\cr =\sum_{i=0}^k \Prob(\xi=i)\cdot\Prob(\eta=k-i)= \sum_{i=0}^k \frac{\lambda^i}{i!}\,e^{-\lambda}\cdot \frac{\mu^{k-i}}{(k-i)!}\,e^{-\mu}= \cr =e^{-(\lambda+\mu)}\frac{1}{k!} \sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!\,(k-i)!} \lambda^i\mu^{k-i}= e^{-(\lambda+\mu)}\frac{(\lambda+\mu)^k}{k!}. \end{align*}$$ В последнем равенстве мы воспользовались биномом Ньютона.

Лемма 2. Пусть случайные величины $$\xi \sim\mathrm B_{n,\,p}$$ и $$\eta \sim\mathrm B_{m,\,p}$$ независимы. Тогда $$\xi+\eta \sim \mathrm B_{n+m,\,p}$$.

Смысл леммы 2 совершенно понятен: складывая количество успехов в первых $$n$$ и в следующих $$m$$ независимых испытаниях одной и той же схемы Бернулли, получаем количество успехов в $$n\,{+}\,m$$ испытаниях. Полезно доказать это утверждение аналогично тому, как мы доказали лемму 1.

Лемма 3. Пусть случайные величины $$\xi{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_1,\,\sigma_1^2}$$ и $$\eta{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_2,\,\sigma_2^2}$$ независимы. Тогда $$\xi+\eta {\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_1+a_2,\,\sigma_1^2+\sigma_2^2}$$.

Лемма 4. Пусть случайные величины $$\xi{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_1}$$ и $$\eta{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_2}$$ независимы. Тогда $$\xi+\eta {\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_1+\lambda_2}$$.

Эти утверждения мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать их напрямую с помощью формулы свертки.

Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако оно является частным случаем гамма-распределения, которое уже устойчиво относительно суммирования. Докажем частный случай леммы 4.

Лемма 5. Пусть независимые случайные величины $$\xi_1,\,\dots,\,\xi_n$$ имеют показательное распределение $${\mathrm E}_\alpha$$. Тогда $$\xi_1+\ldots+\xi_n {\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,n}$$.

Доказательство. Докажем утверждение по индукции. При $${n=1}$$ оно верно в силу равенства $${\mathrm E}_\alpha=\Gamma_{\alpha,\,1}$$. Пусть утверждение леммы справедливо для $$n=k-1$$. Докажем, что оно верно и для $$n=k$$. По предположению индукции, $$S_{k-1}=\xi_1+\ldots+\xi_{k-1}$$ имеет распределение $$\Gamma_{\alpha,\,k-1}$$, т.е. плотность распределения величины $$S_{k-1}$$ равна$$f_{S_{k-1}}(x)= \begin{cases} \; 0, \text{ если } x\le 0, \cr \frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!}\, x^{k-2}e^{-\alpha x}, \text{ если } x> 0. \end{cases}$$ Тогда по формуле свертки плотность суммы $$S_k=\xi_1+\ldots+\xi_k$$ равна$$f_{S_k}(x)=\!\int\limits_{-\infty}^\infty\! f_{S_{k-1}}(u)f_{\xi_k}(x-u)\,du= \int\limits_0^\infty \frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!}\, u^{k-2}e^{-\alpha u} f_{\xi_k}(x-u)\,du.$$ Так как $$f_{\xi_k}(x-u)=0$$ при $$x-u<0$$, т.е. при $$u>x$$, то плотность под интегралом отлична от нуля, только если переменная интегрирования изменяется в пределах $$0\le u\le x$$ при $$x>0$$. При $$x\le 0$$ подынтегральная функция равна нулю. При $$x>0$$ имеем$$f_{S_k}(x)=\int\limits_0^x \frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!} \, u^{k-2}e^{-\alpha u}\,\alpha\,e^{-\alpha(x-u)}\,du= \frac{\alpha^k}{(k-1)!}\, x^{k-1}e^{-\alpha x}.$$ Поэтому $$S_k{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,k}$$, что и требовалось доказать.

Пример 46. Равномерное распределение не является устойчивым относительно суммирования. Найдем функцию и плотность распределения суммы двух независимых случайных величин с одинаковым равномерным на отрезке $$[0,\,1]$$ распределением, но не по формуле свертки, а используя геометрическую вероятность.

Пусть $$\xi,\,\eta{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,\,1}$$ - независимые случайные величины. Случайные величины $$\xi$$ и $$\eta$$ можно считать координатами точки, брошенной наудачу в единичный квадрат.

Тогда $$F_{\xi+\eta}(t)=\Prob(\xi+\eta<t)$$ равна площади области внутри квадрата под прямой $$y=t-x$$. Эта область - заштрихованный на рис 9.1 треугольник (при $$0<t\le 1$$ ) либо пятиугольник (при $$1<t\le 2$$ ). Получим функцию распределения и плотность распределения суммы двух независимых равномерно распределенных на отрезке $$[0,\,1]$$ случайных величин:$$F_{\xi+\,\eta}(t)=\begin{cases} 0, t\le 0,\cr \frac{1}{2}\,t^2, 0<t\le 1,\cr 1\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}\frac{1}{2}\,(2\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}t)^2, 1<t\le 2,\cr 1, t>2; \end{cases} \qquad f_{\xi+\,\eta}(t)=\begin{cases} 0, t\not\in (0,\,2),\cr t, 0<t\le 1,\cr 2\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}t, 1<t\le 2. \end{cases}$$

Полученное распределение называется "треугольным распределением" Симпсона. Видим, что распределение суммы независимых случайных величин с равномерным распределением не является равномерным.

Пример 47. Найдем функцию и плотность распределения частного двух независимых случайных величин $$\xi$$ и $$\eta$$, имеющих показательное распределение с параметром $$1$$.

При $$x>0$$ по теореме 30 имеем$$\Prob\Bigl(\frac\eta\xi<x\Bigr) = \mathop{\int\int}\limits_{\!D_x} f_\xi(u)f_\eta(v)\,du\,dv,$$ где область $$D_x$$ есть множество точек $$(u,\,v)$$ таких, что $$\frac{v}{u} <x$$. При этом достаточно ограничиться положительными значениями $$u$$ и $$v$$: показательно распределенные случайные величины могут принимать отрицательные значения лишь с нулевой вероятностью.

Вычислим интеграл по области $$D_x=\{(u,v)\,|\,0<u<\infty,\,0<v<ux\}$$:$$\Prob\Bigl(\frac\eta\xi<x\Bigr) = \int\limits_0^\infty \!\left(\,\int\limits_0^{ux} e^{-u}e^{-v}\,dv\right)du =1-\frac{1}{x+1}.$$

Упражнение.Провести вычисления и получить ответ. Таким образом, функция и плотность распределения частного имеют вид$$F(x)=\begin{cases} 1-\frac{1}{x+1}, x>0,\cr 0, x\le 0; \end{cases}\qquad f(x)=\begin{cases} \frac{1}{\displaystyle(x+1)^2}, x>0,\cr 0, x\le 0. \end{cases}$$