\begin{align} \iint_{0 \lt x \lt y \lt 2} xy \ dx \ dy &= \int_0^2 \left( \int_0^y x dx \right) y \ dy \\ &= \int_0^2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^y y \ dy \\ &= \frac{1}{2} \int_0^2 y^3 \ dy \\ &= \frac{1}{2} \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^2 \\ &= 2 \\ \therefore \ \ \ \ c &= \frac{1}{2} \end{align}
\begin{align} P \left( Y = 1/2 \right) &= \int_0^{1/2} f_{X,Y} \left(x, \frac{1}{2} \right) dx = \frac{1}{4} \int_0^{1/2} x \ dx = \frac{1}{4} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^{1/2} = \frac{1}{2^5} \\ P \left( 0 \lt X \lt 1/4 \text{ and } Y = 1/2 \right) &= \int_0^{1/4} f_{X,Y} \left(x, \frac{1}{2} \right) dx = \frac{1}{4} \int_0^{1/4} x \ dx = \frac{1}{4} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^{1/4} = \frac{1}{2^7} \end{align} であるから、 \begin{align} P(0 \lt X \lt 1/4 \mid Y=1/2) = \frac{\frac{1}{2^7}}{\frac{1}{2^5}} = \frac{1}{4} \end{align}
$X,Y$ の周辺密度関数をそれぞれ $f_X(x), f_Y(y)$ とすると、 \begin{align} f_X(x) &= \int_x^2 f_{X,Y}(x,y) dy = \frac{x}{2} \int_x^2 y \ dy = \frac{x}{2} \left[ \frac{y^2}{2} \right]_x^2 = \frac{x}{4} \left( 4 - x^2 \right) = x - \frac{x^3}{4} \ \ \ \ \ \ \ \ \left( 0 \lt x \lt 2 \right) \\ f_Y(y) &= \int_0^y f_{X,Y}(x,y) dx = \frac{y}{2} \int_0^y x \ dx = \frac{y}{2} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^y = \frac{y^3}{4} \ \ \ \ \ \ \ \ \left( 0 \lt y \lt 2 \right) \end{align} であり、 「任意の $x,y$ について $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$ 」 は成り立たないので、 $X$ と $Y$ は独立ではない。
期待値を $E$ , 分散を $Var$ で表すと、 \begin{align} E(X) &= \int_0^2 x f_X(x) \ dx = \int_0^2 \left( x^2 - \frac{x^4}{4} \right) dx = \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{4 \cdot 5} \right]_0^2 = \frac{8}{3} - \frac{8}{5} = \frac{16}{15} \\ E(Y) &= \int_0^2 y f_Y(y) \ dy = \int_0^2 \frac{y^4}{4} \ dy = \left[ \frac{y^5}{4 \cdot 5} \right]_0^2 = \frac{2^5}{4 \cdot 5} = \frac{8}{5} \\ E(XY) &= \iint_{0 \lt x \lt y \lt 2} xy f_{X,Y}(x,y) \ dx \ dy = \frac{1}{2} \int_0^2 \left( \int_0^y x^2 dx \right) y^2 \ dy \\ &= \frac{1}{2} \int_0^2 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^y y^2 \ dy = \frac{1}{6} \int_0^2 y^5 \ dy = \frac{1}{6} \left[ \frac{y^6}{6} \right]_0^2 = \frac{16}{9} \\ E \left( X^2 \right) &= \int_0^2 x^2 f_X(x) \ dx = \int_0^2 \left( x^3 - \frac{x^5}{4} \right) dx = \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{x^6}{4 \cdot 6} \right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3} \\ E \left( Y^2 \right) &= \int_0^2 y^2 f_Y(y) \ dy = \int_0^2 \frac{y^5}{4} \ dy = \left[ \frac{y^6}{4 \cdot 6} \right]_0^2 = \frac{8}{3} \\ Var(X) &= E \left( X^2 \right) - E(X)^2 = \frac{44}{225} \\ Var(Y) &= E \left( Y^2 \right) - E(Y)^2 = \frac{8}{75} \end{align} なので、 \begin{align} r_{XY} &= \frac{E(XY) - E(X) E(Y)}{\sqrt{Var(X) Var(Y)}} = \frac{44}{\sqrt{66}} \end{align} を得る。
\begin{align} E(UV) - E(U) E(V) &= E \left( (aX+b)(cY+d) \right) - E(aX+b) E(cY+d) \\ &= E \left( acXY+adX+bcY+bd \right) - E(aX+b) E(cY+d) \\ &= acE(XY)+adE(X)+bcE(Y)+bd - \left( aE(X)+b \right) \left( cE(Y)+d \right) \\ &= ac \left( E(XY) - E(X) E(Y) \right) \\ Var(U) &= E \left( U^2 \right) - E(U)^2 \\ &= E \left( a^2X^2+2abX+b^2 \right) - E(aX+b)^2 \\ &= a^2 \left( E \left( X^2 \right) - E(X)^2 \right) \\ Var(V) &= E \left( V^2 \right) - E(V)^2 \\ &= E \left( c^2Y^2+2cdY+d^2 \right) - E(cY+d)^2 \\ &= c^2 \left( E \left( Y^2 \right) - E(Y)^2 \right) \end{align} なので、 \begin{align} r_{UV} = \frac{ac}{\left| ac \right|}r_{XY} \end{align} である。 よって、 $r_{UV}$ と $r_{XY}$ の正負が逆になる条件は $ac \lt 0$ である。