שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2024 - פונקציית צפיפות

נתונות הפונקציה הבאה: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} 4xy & 0 \leq x \leq 1, \quad 0 \leq y \leq 1 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ סעיף א: (8 נק') הוכח כי $f_{X,Y}(x,y)$ היא פונקציית PDF משותפת תקינה של X ו-Y. סעיף ב: (9 נק') הוכח או הפרך: X ו-Y הם בלתי תלויים סעיף ג: (8 נק') נגדיר את המאורע הבא: $\{X < 0.5 \text{ and } Y > 0.5\}$. כלומר הערך של X קטן ממש מ-0.5 וגם הערך של Y גדול ממש מ-0.5. חשבו את $P(X < 0.5 \text{ and } Y > 0.5)$

רמז: השאלה בודקת את ההבנה של פונקציות צפיפות משותפות. התחילו מאימות תכונות ה-PDF, לאחר מכן בדקו אי-תלות על ידי חישוב התפלגויות שוליות, ולבסוף השתמשו בתכונת אי-התלות לחישוב ההסתברות המבוקשת.

פתרון: סעיף א: כדי להוכיח ש-$f_{X,Y}(x,y)$ היא **פונקציית צפיפות (PDF)** משותפת תקינה, עלינו לוודא ששני תנאים מתקיימים: 1. $f_{X,Y}(x,y) \geq 0$ לכל $x,y$. 2. $\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dx \,dy = 1$. בדיקת תנאי 1: בתחום $0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1$, מתקיים $x \geq 0$ ו-$y \geq 0$, ולכן $f_{X,Y}(x,y) = 4xy \geq 0$. מחוץ לתחום זה, $f_{X,Y}(x,y) = 0$. לכן, התנאי הראשון מתקיים. בדיקת תנאי 2: נחשב את האינטגרל הכפול על פני התחום בו הפונקציה אינה מתאפסת: $$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 4xy \,dx \,dy = \int_{0}^{1} \left[ 4y \frac{x^2}{2} \right]_{x=0}^{x=1} \,dy $$ $$ = \int_{0}^{1} 4y \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) \,dy = \int_{0}^{1} 2y \,dy $$ $$ = \left[ y^2 \right]_{y=0}^{y=1} = 1^2 - 0^2 = 1 $$ מאחר ששני התנאים מתקיימים, $f_{X,Y}(x,y)$ היא אכן פונקציית צפיפות משותפת תקינה. $\blacksquare$ סעיף ב: שני משתנים מקריים $X$ ו-$Y$ הם **בלתי תלויים** אם ורק אם פונקציית הצפיפות המשותפת שלהם שווה למכפלת פונקציות הצפיפות השוליות שלהם, כלומר: $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$. נחשב את **ההתפלגויות השוליות**: ההתפלגות השולית של $X$ היא: $$ f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dy $$ עבור $0 \leq x \leq 1$: $$ f_X(x) = \int_{0}^{1} 4xy \,dy = 4x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=1} = 4x \left( \frac{1}{2} \right) = 2x $$ ולכן, $f_X(x) = 2x$ עבור $0 \leq x \leq 1$, ו-0 אחרת. ההתפלגות השולית של $Y$ היא: $$ f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dx $$ עבור $0 \leq y \leq 1$: $$ f_Y(y) = \int_{0}^{1} 4xy \,dx = 4y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x=0}^{x=1} = 4y \left( \frac{1}{2} \right) = 2y $$ ולכן, $f_Y(y) = 2y$ עבור $0 \leq y \leq 1$, ו-0 אחרת. כעת נבדוק את מכפלת השוליות: $$ f_X(x) f_Y(y) = (2x)(2y) = 4xy $$ מכיוון ש-$f_X(x) f_Y(y) = f_{X,Y}(x,y)$ לכל $x,y$ (בתחום $0 \leq x,y \leq 1$ וגם מחוצה לו, שם שני האגפים שווים ל-0), המשתנים המקריים $X$ ו-$Y$ הם בלתי תלויים. $\blacksquare$ סעיף ג: מכיוון שהוכחנו בסעיף ב' כי $X$ ו-$Y$ בלתי תלויים, נוכל להשתמש בתכונת **אי-התלות** כדי לחשב את ההסתברות המבוקשת כמכפלת ההסתברויות השוליות: $$ P(X < 0.5 \text{ and } Y > 0.5) = P(X < 0.5) \cdot P(Y > 0.5) $$ נחשב כל הסתברות בנפרד: $$ P(X < 0.5) = \int_{0}^{0.5} f_X(x) \,dx = \int_{0}^{0.5} 2x \,dx = \left[ x^2 \right]_{0}^{0.5} = (0.5)^2 - 0^2 = 0.25 = \frac{1}{4} $$ $$ P(Y > 0.5) = \int_{0.5}^{1} f_Y(y) \,dy = \int_{0.5}^{1} 2y \,dy = \left[ y^2 \right]_{0.5}^{1} = 1^2 - (0.5)^2 = 1 - 0.25 = 0.75 = \frac{3}{4} $$ לכן, ההסתברות המבוקשת היא: $$ P(X < 0.5 \text{ and } Y > 0.5) = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{16} $$