\begin{align} \iint_{x \gt 0, y \gt 0} e^{-2(x+2y)} dx dy &= \int_0^\infty e^{-2x} dx \int_0^\infty e^{-4y} dy \\ &= \left[ - \frac{1}{2} e^{-2x} \right]_0^\infty \left[ - \frac{1}{4} e^{-4y} \right]_0^\infty \\ &= \frac{1}{8} \end{align} なので、 \begin{align} c = 8 \end{align}
$X,Y$ のそれぞれの周辺確率密度関数を $f_X(x), f_Y(y)$ とすると、 \begin{align} f_X(x) &= \int_0^\infty e^{-2(x+2y)} dy = 2 e^{-2x} \ \ \ \ (x \gt 0) \\ f_Y(y) &= \int_0^\infty e^{-2(x+2y)} dx = 4 e^{-4y} \ \ \ \ (y \gt 0) \end{align} なので、任意の $x,y$ について \begin{align} f(x,y) = f_X(x) f_Y(y) \end{align} が成り立つから、 $X$ と $Y$ は独立である。
確率を $P$ で表すと、 求める確率は次のように計算できる： \begin{align} P \left( X \geq \frac{1}{2} \text{ or } Y \geq \frac{1}{2} \right) &= 1 - P \left( X \lt \frac{1}{2} \text{ and } Y \lt \frac{1}{2} \right) \\ &= 1 - \int_0^{1/2} f_X(x) dx \int_0^{1/2} f_Y(y) dy \\ &= 1 - (1-e^{-1})(1-e^{-2}) \\ &= e^{-1} + e^{-2} - e^{-3} \\ &\approx 0.4534244 \end{align} よって、 45.3% である。
$y_1, y_2, \cdots, y_N$ は独立で、 $y_k$ は期待値 $ax_k^2+bx_k+c$ 分散 $\sigma^2$ の正規分布 であるから、求める尤度 $L$ は、 \begin{align} L &= \prod_{k=1}^N \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma^2}} \exp \left[ - \frac{(y_k - (ax_k^2+bx_k+c))^2}{2 \sigma^2} \right] \\ &= \left( 2 \pi \sigma^2 \right)^{-N/2} \exp \left[ - \frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{k=1}^N \left( y_k - (ax_k^2+bx_k+c) \right)^2 \right] \end{align} である。
\begin{align} L &= \left( 2 \pi \sigma^2 \right)^{-N/2} \exp \left[ - \frac{J}{2 \sigma^2} \right] \end{align} であるから、 $J$ を最小とする $a,b,c$ は、 $L$ を最大にするので、最尤推定量である。
まず、 $ x_0(t) = e^{-t} $ は、すぐにわかる。 $ x_1(t) $ については、 \begin{align} \frac{dx_1(t)}{dt} &= - x_1(t) + x_0(t) \\ &= - x_1(t) + e^{-t} \end{align} なので、適当な関数 $A(t)$ を使って $x_1(t) = A(t) e^{-t}$ と書いて、 上の微分方程式に代入すると、 \begin{align} \frac{dA(t)}{dt} = 1 \end{align} となるので、積分定数を $C$ として、 \begin{align} A(t) &= t + C \\ \therefore \ \ x_1(t) &= (t + C) e^{-t} \end{align} であるが、初期条件 $x_1(0)=0$ を満たすようにするには、 $C=0$ とすればよく、 \begin{align} x_1(t) = t e^{-t} \end{align} を得る。 同様にして、 \begin{align} x_2(t) = \frac{1}{2} t^2 e^{-t} \end{align} を得る。
以上より、 $k=0,1,2,\cdots$ について、 \begin{align} x_k(t) = \frac{1}{k!} t^k e^{-t} \end{align} と予想できるが、これは確かに初期条件を満たし、 $k=1,2,\cdots$ について、 \begin{align} \frac{dx_k(t)}{dt} &= \frac{1}{(k-1)!} t^{k-1} e^{-t} - \frac{1}{k!} t^k e^{-t} \\ &= x_{k-1}(t) - x_k(t) \end{align} であるから微分方程式も満たす。