\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} \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} \\ \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 | 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} \\ 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} \end{align} であるから、 $f_{X,Y}(x,y) \neq f_X(x) f_Y(y)$ であり、 $X$ と $Y$ は独立ではない。
期待値を $E$ 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} \\ \therefore \ \ \ \ r_{XY} &= E(XY) - E(X) E(Y) = \frac{16}{9} - \frac{16}{15} \cdot \frac{8}{5} = \frac{16}{225} \end{align}
$r_{UV} = ac r_{XY}$ であるから、 $ac \lt 0$ のとき正負が逆になる。