שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2025

קורס: הסתברות

אוניברסיטה: אוניברסיטת בר-אילן

שנה: 2025

סמסטר: א

נושאים: משתנה מקרי רציף, פונקציית צפיפות, התפלגות משותפת, התפלגות שולית, אי-תלות, התפלגות מותנית, תוחלת מותנית, שונות

רמת קושי: בינוני

נתונות הפונקציה הבאה: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} cxy & 0 \le x \le 1, \quad 0 \le y \le \sqrt{x} \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ סעיף א: (8 נק') מצאו את הקבוע $c$. סעיף ב: (9 נק') 1. מצאו את ההתפלגות השולית של $X$ ושל $Y$ (כלומר, יש לחשב את $f_X(x)$ ואת $f_Y(y)$). 2. האם $X$ ו $Y$ בלתי תלויים? סעיף ג: (8 נק') מצאו את ההתפלגות השולית של $X$ בהינתן $Y$. כלומר, מצאו את $f_{X|Y}(x|y)$. חשבו את $E[X|Y=0]$ ואת השונות $Var[X|Y=0]$

רמז: כדי למצוא את הקבוע $c$, יש לדרוש שהאינטגרל הכפול של פונקציית הצפיפות על כל התחום יהיה שווה ל-1. כדי למצוא את ההתפלגויות השוליות יש לבצע אינטגרציה על המשתנה השני, תוך שימת לב לגבולות האינטגרציה המשתנים.

פתרון: סעיף א: מציאת הקבוע c כדי ש-$f_{X,Y}(x,y)$ תהיה **פונקציית צפיפות** חוקית, האינטגרל שלה על כל המרחב חייב להיות שווה ל-1. כלומר: $$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dx\,dy = 1$$ בתחום הנתון, האינטגרל הוא: $$\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{x}} cxy \,dy\,dx = 1$$ נפתור תחילה את האינטגרל הפנימי לפי $y$: $$c \int_{0}^{1} x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=\sqrt{x}} \,dx = c \int_{0}^{1} x \left( \frac{(\sqrt{x})^2}{2} - 0 \right) \,dx = c \int_{0}^{1} x \frac{x}{2} \,dx = \frac{c}{2} \int_{0}^{1} x^2 \,dx$$ כעת נפתור את האינטגרל החיצוני לפי $x$: $$\frac{c}{2} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{x=0}^{x=1} = \frac{c}{2} \left( \frac{1^3}{3} - 0 \right) = \frac{c}{6}$$ נשווה ל-1 ונקבל: $$\frac{c}{6} = 1 \implies c=6$$ לכן, פונקציית הצפיפות המשותפת היא: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} 6xy & 0 \le x \le 1, \quad 0 \le y \le \sqrt{x} \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ סעיף ב: התפלגויות שוליות ואי-תלות 1. **התפלגות שולית** של $X$: $$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dy$$ עבור $x \in [0,1]$, גבולות האינטגרציה של $y$ הם מ-0 עד $\sqrt{x}$: $$f_X(x) = \int_{0}^{\sqrt{x}} 6xy \,dy = 6x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{\sqrt{x}} = 6x \frac{x}{2} = 3x^2$$ לכן, $f_X(x) = 3x^2$ עבור $0 \le x \le 1$, ו-0 אחרת. **התפלגות שולית** של $Y$: $$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dx$$ עלינו למצוא את תחום האינטגרציה של $x$ עבור $y$ נתון. מהתנאים $0 \le y \le \sqrt{x}$ ו-$0 \le x \le 1$, אנו מקבלים $y^2 \le x$ ו-$0 \le y \le 1$. לכן, עבור $y \in [0,1]$, גבולות האינטגרציה של $x$ הם מ-$y^2$ עד 1: $$f_Y(y) = \int_{y^2}^{1} 6xy \,dx = 6y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{y^2}^{1} = 3y \left( 1^2 - (y^2)^2 \right) = 3y(1-y^4)$$ לכן, $f_Y(y) = 3y - 3y^5$ עבור $0 \le y \le 1$, ו-0 אחרת. 2. בדיקת **אי-תלות**: שני משתנים מקריים $X$ ו-$Y$ הם בלתי תלויים אם ורק אם $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$ לכל $x,y$. נחשב את המכפלה של הצפיפויות השוליות: $$f_X(x)f_Y(y) = (3x^2)(3y(1-y^4)) = 9x^2y(1-y^4)$$ מכיוון ש-$9x^2y(1-y^4) \neq 6xy$, המשתנים $X$ ו-$Y$ **תלויים**. דרך נוספת לראות זאת היא שתחום התמיכה של הפונקציה המשותפת, $D = \{(x,y) | 0 \le x \le 1, 0 \le y \le \sqrt{x}\}$, אינו מלבני, ולכן המשתנים אינם יכולים להיות בלתי תלויים. סעיף ג: התפלגות מותנית, תוחלת מותנית ושונות מותנית ה**התפלגות המותנית** של $X$ בהינתן $Y=y$ נתונה על ידי: $$f_{X|Y}(x|y) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}$$ בתחום בו $f_Y(y) > 0$ (כלומר $y \in (0,1)$): $$f_{X|Y}(x|y) = \frac{6xy}{3y(1-y^4)} = \frac{2x}{1-y^4}$$ התחום של $x$ בהינתן $y$ הוא $y^2 \le x \le 1$. כעת, נחשב את $E[X|Y=0]$ ואת $Var[X|Y=0]$. נשים לב ש-$f_Y(0)=0$, ולכן לא ניתן להציב ישירות $y=0$ בנוסחה. במקרה כזה, נחשב את הצפיפות המותנית כגבול כאשר $y \to 0^+$: $$f_{X|Y}(x|0) = \lim_{y \to 0^+} f_{X|Y}(x|y) = \lim_{y \to 0^+} \frac{2x}{1-y^4} = 2x$$ תחום התמיכה של $x$ כאשר $y \to 0^+$ הוא $0 \le x \le 1$. לכן, הצפיפות המותנית של $X$ בהינתן $Y=0$ היא $f_{X|Y}(x|0) = 2x$ עבור $0 \le x \le 1$. **תוחלת מותנית**: $$E[X|Y=0] = \int_0^1 x f_{X|Y}(x|0) \,dx = \int_0^1 x(2x) \,dx = \int_0^1 2x^2 \,dx = \left[ \frac{2x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{2}{3}$$ **שונות מותנית**: ראשית, נחשב את התוחלת של $X^2$ בהינתן $Y=0$: $$E[X^2|Y=0] = \int_0^1 x^2 f_{X|Y}(x|0) \,dx = \int_0^1 x^2(2x) \,dx = \int_0^1 2x^3 \,dx = \left[ \frac{2x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{2}$$ השונות המותנית היא: $$Var[X|Y=0] = E[X^2|Y=0] - (E[X|Y=0])^2 = \frac{1}{2} - \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = \frac{9-8}{18} = \frac{1}{18}$$

נתונות הפונקציה הבאה:

f_{X, Y} (x, y) = {c x y 0 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x אחרת

סעיף א: (8 נק')
מצאו את הקבוע

c

.

סעיף ב: (9 נק')
1. מצאו את ההתפלגות השולית של

X

ושל

Y

(כלומר, יש לחשב את

f_{X} (x)

ואת

f_{Y} (y)

).
2. האם

X

Y

בלתי תלויים?

סעיף ג: (8 נק')
מצאו את ההתפלגות השולית של

X

בהינתן

Y

. כלומר, מצאו את

f_{X ∣ Y} (x ∣ y)

.
חשבו את

E [X ∣ Y = 0]

ואת השונות

V a r [X ∣ Y = 0]

העתק שאלה

שתף שאלה

סמן כחשוב

סמן כבוצע

אוניברסיטת בר-אילןמועד א2025סמסטר א

★★★★★

משתנה מקרי רציףפונקציית צפיפותהתפלגות משותפתהתפלגות שוליתאי-תלותהתפלגות מותניתתוחלת מותניתשונות

כדי למצוא את הקבוע

c

, יש לדרוש שהאינטגרל הכפול של פונקציית הצפיפות על כל התחום יהיה שווה ל-1. כדי למצוא את ההתפלגויות השוליות יש לבצע אינטגרציה על המשתנה השני, תוך שימת לב לגבולות האינטגרציה המשתנים.

סעיף א: מציאת הקבוע c
כדי ש-

f_{X, Y} (x, y)

תהיה פונקציית צפיפות חוקית, האינטגרל שלה על כל המרחב חייב להיות שווה ל-1. כלומר:

\int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} f_{X, Y} (x, y) d x d y = 1

בתחום הנתון, האינטגרל הוא:

\int_{0}^{1} \int_{0}^{x} c x y d y d x = 1

נפתור תחילה את האינטגרל הפנימי לפי

y

c \int_{0}^{1} x [\frac{y ^{2}}{2}]_{y = 0}^{y = x} d x = c \int_{0}^{1} x (\frac{( x ) ^{2}}{2} - 0) d x = c \int_{0}^{1} x \frac{x}{2} d x = \frac{c}{2} \int_{0}^{1} x^{2} d x

כעת נפתור את האינטגרל החיצוני לפי

x

\frac{c}{2} [\frac{x ^{3}}{3}]_{x = 0}^{x = 1} = \frac{c}{2} (\frac{1 ^{3}}{3} - 0) = \frac{c}{6}

נשווה ל-1 ונקבל:

\frac{c}{6} = 1 ⟹ c = 6

לכן, פונקציית הצפיפות המשותפת היא:

f_{X, Y} (x, y) = {6 x y 0 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x אחרת

סעיף ב: התפלגויות שוליות ואי-תלות
1. התפלגות שולית של

X

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X, Y} (x, y) d y

עבור

x \in [0, 1]

, גבולות האינטגרציה של

y

הם מ-0 עד

x

f_{X} (x) = \int_{0}^{x} 6 x y d y = 6 x [\frac{y ^{2}}{2}]_{0}^{x} = 6 x \frac{x}{2} = 3 x^{2}

לכן,

f_{X} (x) = 3 x^{2}

עבור

0 \leq x \leq 1

, ו-0 אחרת.

התפלגות שולית של

Y

f_{Y} (y) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X, Y} (x, y) d x

עלינו למצוא את תחום האינטגרציה של

x

עבור

y

נתון. מהתנאים

0 \leq y \leq x

ו-

0 \leq x \leq 1

, אנו מקבלים

y^{2} \leq x

ו-

0 \leq y \leq 1

. לכן, עבור

y \in [0, 1]

, גבולות האינטגרציה של

x

הם מ-

y^{2}

עד 1:

f_{Y} (y) = \int_{y^{2}}^{1} 6 x y d x = 6 y [\frac{x ^{2}}{2}]_{y^{2}}^{1} = 3 y (1^{2} - (y^{2})^{2}) = 3 y (1 - y^{4})

לכן,

f_{Y} (y) = 3 y - 3 y^{5}

עבור

0 \leq y \leq 1

, ו-0 אחרת.

2. בדיקת אי-תלות:
שני משתנים מקריים

X

ו-

Y

הם בלתי תלויים אם ורק אם

f_{X, Y} (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y)

לכל

x, y

.
נחשב את המכפלה של הצפיפויות השוליות:

f_{X} (x) f_{Y} (y) = (3 x^{2}) (3 y (1 - y^{4})) = 9 x^{2} y (1 - y^{4})

מכיוון ש-

9 x^{2} y (1 - y^{4}) \neq = 6 x y

, המשתנים

X

ו-

Y

תלויים.
דרך נוספת לראות זאת היא שתחום התמיכה של הפונקציה המשותפת,

D = {(x, y) ∣0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x}

, אינו מלבני, ולכן המשתנים אינם יכולים להיות בלתי תלויים.

סעיף ג: התפלגות מותנית, תוחלת מותנית ושונות מותנית
ההתפלגות המותנית של

X

בהינתן

Y = y

נתונה על ידי:

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{f _{X, Y} ( x , y )}{f _{Y} ( y )}

בתחום בו

f_{Y} (y) > 0

(כלומר

y \in (0, 1)

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{6 x y}{3 y ( 1 - y ^{4} )} = \frac{2 x}{1 - y ^{4}}

התחום של

x

בהינתן

y

הוא

y^{2} \leq x \leq 1

.

כעת, נחשב את

E [X ∣ Y = 0]

ואת

V a r [X ∣ Y = 0]

.
נשים לב ש-

f_{Y} (0) = 0

, ולכן לא ניתן להציב ישירות

y = 0

בנוסחה. במקרה כזה, נחשב את הצפיפות המותנית כגבול כאשר

y \to 0^{+}

f_{X ∣ Y} (x ∣0) = y \to 0^{+} lim f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = y \to 0^{+} lim \frac{2 x}{1 - y ^{4}} = 2 x

תחום התמיכה של

x

כאשר

y \to 0^{+}

הוא

0 \leq x \leq 1

.
לכן, הצפיפות המותנית של

X

בהינתן

Y = 0

היא

f_{X ∣ Y} (x ∣0) = 2 x

עבור

0 \leq x \leq 1

.

תוחלת מותנית:

E [X ∣ Y = 0] = \int_{0}^{1} x f_{X ∣ Y} (x ∣0) d x = \int_{0}^{1} x (2 x) d x = \int_{0}^{1} 2 x^{2} d x = [\frac{2 x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{2}{3}

שונות מותנית:
ראשית, נחשב את התוחלת של

X^{2}

בהינתן

Y = 0

E [X^{2} ∣ Y = 0] = \int_{0}^{1} x^{2} f_{X ∣ Y} (x ∣0) d x = \int_{0}^{1} x^{2} (2 x) d x = \int_{0}^{1} 2 x^{3} d x = [\frac{2 x ^{4}}{4}]_{0}^{1} = \frac{1}{2}

השונות המותנית היא:

V a r [X ∣ Y = 0] = E [X^{2} ∣ Y = 0] - (E [X ∣ Y = 0])^{2} = \frac{1}{2} - (\frac{2}{3})^{2} = \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = \frac{9 - 8}{18} = \frac{1}{18}

שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2025 - משתנה מקרי רציף