1.)
Ich benutze x,y,z statt indizierter x.
Da die Zufallsgrößen unabhängig sind, ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit
$$P(|X-Y|<Z) = 1- P(|X-Y|\geq Z) =1- \int_{[0,1]^3}I_{\{|X-Y|\geq Z\}}d(x,y,z)$$
Wir nehmen Cavalieri und schneiden diese Teilmenge des Einheitswürfels \([0,1]^3\) auf der Höhe \(0\leq z\leq 1\) parallel zur xy-Ebene und erhalten die Schnittflächen \(A(z)\). Dann ist
$$\int_{[0,1]^3}I_{\{|X-Y|\geq Z\}}d(x,y,z) = \int_{z=0}^1A(z)\, dz$$
Als Schnittfläche erhält man per Fallunterscheidung zwei halbe Quadrate mit der Seitenlänge \(1-z\) (Schieberegler für z etwas bewegen). Also
$$\int_{z=0}^1A(z)\, dz = \int_{z=0}^1 (1-z)^2\, dz = \frac 13$$
$$\Rightarrow \boxed{P(|X-Y|<Z) = 1- \frac 13 = \frac 23} $$
2. .. schreib ich vielleicht später noch genauer auf. Ergebnis: exakt 0.67.
Schonmal als Idee - schau dir mal folgendes an:
\(|X-Y|\)
| 1
| 2
| 3
| 4
| 5
| 6
| 7
| 8
| 9
| 10
|
1
| 0
| 1
| 2
| \(\cdots\)
|
|
|
|
|
| 9
|
2
| 1
| 0
| 1
|
|
|
|
|
|
|
|
3
| 2
| 1
| 0
| 1
|
|
|
|
|
|
|
4
| 3
|
| 1
| 0
|
|
|
|
|
|
|
5
| 4
|
|
| 1
|
|
|
|
|
|
|
6
| 5
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7
| \(\vdots\)
|
|
|
|
|
|
|
|
| \(\vdots\)
|
8
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| 1
|
10
| 9
|
|
|
|
|
|
|
| 1
| 0
|
Jedes Paar (x,y) in der Tabelle hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac 1{100}\).
Nun kann man sich die (Gegen-)Wahrscheinlichkeit zusammensetzen:
$$P(|X-Y|\geq Z) = \sum_{k=1}^{10}P(|X-Y|\geq Z\,|\, Z=k)P(Z=k)$$$$ = \frac 1{10}\sum_{k=1}^{10}P(|X-Y|\geq k)$$
Der Rest ist eigentlich nur noch Abzählen.
