先验证所给函数确为概率密度： \[ \int_0^\infty\int_0^y xe^{-y}\,dx\,dy =\int_0^\infty e^{-y}\frac{y^2}{2}\,dy =\frac12\Gamma(3)=1. \] 故 \(f(x,y)\) 是二维随机变量 \((X,Y)\) 的概率密度。 \[ \text{(I) } \] 由边缘密度的定义，对 \(x>0\)，有 \[ f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)\,dy =\int_x^\infty xe^{-y}\,dy =xe^{-x}. \] 当 \(x\le 0\) 时，显然 \(f_X(x)=0\)。因此 \[ f_X(x)= \begin{cases} xe^{-x},&x>0,\\ 0,&x\le 0. \end{cases} \] 对 \(y>0\)，有 \[ f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)\,dx =\int_0^y xe^{-y}\,dx =\frac{y^2}{2}e^{-y}. \] 当 \(y\le 0\) 时，显然 \(f_Y(y)=0\)。因此 \[ f_Y(y)= \begin{cases} \dfrac{y^2}{2}e^{-y},&y>0,\\ 0,&y\le 0. \end{cases} \] 若 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立，则应有 \[ f(x,y)=f_X(x)f_Y(y) \] 在平面上几乎处处成立。但当 \(00,\ y>0\)。由于联合密度的非零区域为 \(00\)。于是当 \(z>0\) 时， \[ f_Z(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,z-x)\,dx =\int_0^{z/2}xe^{-(z-x)}\,dx. \] 计算得 \[ f_Z(z)=e^{-z}\int_0^{z/2}xe^x\,dx. \] 因为 \[ \int xe^x\,dx=(x-1)e^x+C, \] 所以 \[ \int_0^{z/2}xe^x\,dx =\left[(x-1)e^x\right]_0^{z/2} =\left(\frac z2-1\right)e^{z/2}+1. \] 因此 \[ f_Z(z) =e^{-z}\left[\left(\frac z2-1\right)e^{z/2}+1\right] =\left(\frac z2-1\right)e^{-z/2}+e^{-z}, \qquad z>0. \] 当 \(z\le 0\) 时，积分区域为空，故 \(f_Z(z)=0\)。综上， \[ f_Z(z)= \begin{cases} \left(\dfrac z2-1\right)e^{-z/2}+e^{-z},&z>0,\\ 0,&z\le 0. \end{cases} \]

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