שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2024 - משתנה מקרי בדיד

נתונות שתי קוביות הוגנות הממוספרת מ-1 ועד 6. מטילים את שתי הקוביות יחד עד הפעם הראשונה שסכום תוצאות ההטלה הוא 7. נסמן ב- Y את מספר הפעמים ששתי הקוביות הוטלו יחד עד שהסכום של תוצאות ההטלה של שתי הקוביות יצא 7 כולל הפעם שבא יצא 7. (הטלה – שתי הקוביות נזרקות יחד) דוגמא: הטלה 1 – 3 , 5 הטלה 2 – 1 , 1 הטלה 3 – 1 , 5 הטלה 4 – 5 , 2 ערכו של Y הוא 4 סעיף א: (8 נק') מהי פונקציית מסת ההסתברות של Y? סעיף ב: (8 נק') מה ההסתברות שהסכום 7 התקבל לראשונה בפעם הרביעית ששתי הקוביות נזרקו יחד או לאחר מכן? סעיף ג: (9 נק') הנח כעת כי מטילים את שתי הקוביות הטלה אחת (כלומר הן נזרקות יחד פעם אחת בלבד) ונסמן ב-X את תוצאת הקובייה הגדולה יותר. למשל עבור תוצאות 4 ו-3 X הוא 4. עבור 2 ו-2 X הוא 2. מהי פונקציית מסת ההסתברות של X? חשב את התוחלת של X.

רמז: לסעיפים א' וב', זהו את ההתפלגות של משתנה הסופר ניסיונות עד להצלחה ראשונה. לסעיף ג', כדי למצוא את התפלגות המקסימום, חישוב פונקציית ההתפלגות המצטברת $P(X \le k)$ מפשט את הבעיה.

פתרון: סעיף א: המשתנה המקרי Y סופר את מספר ניסויי ברנולי הבלתי תלויים עד לקבלת ההצלחה הראשונה. כל ניסוי הוא הטלה של שתי קוביות. הצלחה מוגדרת כקבלת סכום 7. לכן, Y מתפלג **התפלגות גאומטרית**, $Y \sim \text{Geo}(p)$. ראשית, נחשב את הסתברות ההצלחה $p$. מרחב המדגם של הטלת שתי קוביות הוגנות מכיל $6 \times 6 = 36$ תוצאות אפשריות. התוצאות שסכומן 7 הן: $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$. ישנן 6 תוצאות כאלה. לכן, ההסתברות להצלחה בניסיון בודד היא $p = P(\text{sum}=7) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$. **פונקציית מסת ההסתברות** (PMF) של משתנה מקרי גאומטרי $Y$ עם פרמטר $p$ נתונה על ידי הנוסחה $P(Y=k) = (1-p)^{k-1}p$ עבור $k=1, 2, 3, \ldots$. במקרה שלנו, פונקציית מסת ההסתברות של Y היא: $p_Y(k) = P(Y=k) = \left(1-\frac{1}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6} = \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}$ עבור $k \in \{1, 2, 3, \dots\}$. סעיף ב: אנו מתבקשים לחשב את ההסתברות $P(Y \ge 4)$. המאורע שההצלחה הראשונה התקבלה בניסיון הרביעי או מאוחר יותר, $Y \ge 4$, שקול למאורע ששלושת הניסיונות הראשונים הסתיימו בכישלון. ההסתברות לכישלון בניסיון בודד היא $1-p = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$. מאחר שהניסיונות בלתי תלויים זה בזה, ההסתברות לשלושה כישלונות רצופים היא מכפלת ההסתברויות: $P(Y \ge 4) = P(\text{fail on 1st}) \cdot P(\text{fail on 2nd}) \cdot P(\text{fail on 3rd}) = (1-p)^3 = \left(\frac{5}{6}\right)^3 = \frac{125}{216}$. סעיף ג: המשתנה המקרי X הוא המקסימום בין תוצאות שתי הקוביות בהטלה אחת. התומך של X הוא $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. כדי למצוא את **פונקציית מסת ההסתברות** של X, $p_X(k) = P(X=k)$, נחשב תחילה את **פונקציית ההתפלגות המצטברת** (CDF), $F_X(k) = P(X \le k)$. המאורע $X \le k$ מתרחש אם ורק אם התוצאה של הקובייה הראשונה ($D_1$) וגם התוצאה של הקובייה השנייה ($D_2$) קטנות או שוות ל-$k$. $F_X(k) = P(X \le k) = P(D_1 \le k \text{ and } D_2 \le k)$. בגלל אי-התלות של הטלות הקוביות, $F_X(k) = P(D_1 \le k) \cdot P(D_2 \le k)$. עבור קובייה הוגנת, $P(D_i \le k) = \frac{k}{6}$. לכן, $F_X(k) = \left(\frac{k}{6}\right)^2 = \frac{k^2}{36}$ עבור $k \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. פונקציית מסת ההסתברות היא $p_X(k) = P(X=k) = P(X \le k) - P(X \le k-1) = F_X(k) - F_X(k-1)$. $p_X(k) = \frac{k^2}{36} - \frac{(k-1)^2}{36} = \frac{k^2 - (k^2 - 2k + 1)}{36} = \frac{2k-1}{36}$. לכן, פונקציית מסת ההסתברות של X היא: $P(X=1) = \frac{1}{36}$, $P(X=2) = \frac{3}{36}$, $P(X=3) = \frac{5}{36}$, $P(X=4) = \frac{7}{36}$, $P(X=5) = \frac{9}{36}$, $P(X=6) = \frac{11}{36}$. כעת, נחשב את ה**תוחלת** של X, המסומנת $E[X]$: $E[X] = \sum_{k=1}^{6} k \cdot P(X=k) = 1 \cdot \frac{1}{36} + 2 \cdot \frac{3}{36} + 3 \cdot \frac{5}{36} + 4 \cdot \frac{7}{36} + 5 \cdot \frac{9}{36} + 6 \cdot \frac{11}{36}$. $E[X] = \frac{1}{36}(1 \cdot 1 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + 4 \cdot 7 + 5 \cdot 9 + 6 \cdot 11) = \frac{1}{36}(1 + 6 + 15 + 28 + 45 + 66) = \frac{161}{36}$.