Aloha :)
Für die gemeinsame Dichte-Funktion
$$f(x,y)=\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right)\quad;\quad 0<x<1\quad;\quad 0<y<2$$soll die Wahrscheinlichkeit \(P(x>y)\) bestimmt werden. Der Definitonsbereich ist \(x\in]0;1[\) und \(y\in]0;2[\). Die Bedingung \(x>y\) kannst du in 2 Varianten formulieren:
1) \(y\) läuft von \(0\) bis \(x\) bzw. mathematisch: \(\quad x\in]0;1[\quad\land\quad y\in]0;x[\)
2) \(x\) läuft von \(y\) bis \(1\) bzw. mathematisch: \(\quad x\in]y;1[\quad\land\quad y\in]0;1[\)
Bei Variante 2 muss man noch aufpassen, weil aus \(y<x\) und \(x<1\) auch \(y<1\) folgt. Daher ist die erste Variante eigentlich naheliegender. Die beiden Integrale werden nacheinander berechnet, wobei zuerst über das Intervall mit der variablen Grenze und danach über das konstante Intervall integriert wird. Ich rechne mit Variante 1 weiter:
$$P(x>y)=\int\limits_0^1dx\int\limits_0^xdy\,\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right)=\int\limits_0^1dx\left[\frac{6}{7}\left(x^2y+\frac{xy^2}{4}\right)\right]_{y=0}^{y=x}$$$$=\int\limits_0^1dx\frac{6}{7}\left[\left(x^2x+\frac{xx^2}{4}\right)-\left(x^2\cdot0+\frac{x\cdot0^2}{4}\right)\right]=\int\limits_0^1dx\frac{6}{7}\cdot\frac{5}{4}x^3=\int\limits_0^1\frac{15}{14}x^3\,dx$$$$=\left[\frac{15}{14}\cdot\frac{x^4}{4}\right]_0^1=\left[\frac{15}{56}x^4\right]_0^1=\frac{15}{56}$$
Du kannst ja mal zur Übung das Integral mit Variante 2 durchrechnen. Natürlich muss dasselbe Ergebnis herauskommen.
