שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2024 - התפלגות משותפת

נתונה פונקציית הצפיפות המשותפת של משתנה מקרי רציף $X$: $$f_X(x) = \begin{cases} 2x & 0 \leq x \leq 1 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ ידוע כי בהינתן $X=x$, המשתנה המקרי הרציף $Y$ מתפלג אחיד על הקטע $[-x, x]$. סעיף א: (8 נק') מצאו את פונקציית ההתפלגות המשותפת $f_{X,Y}(x,y)$. סעיף ב: (9 נק') חשבו את $f_Y(y)$. סעיף ג: (8 נק') חשבו את $P(|Y| < X^3)$.

רמז: השתמשו בקשר $f_{X,Y}(x,y) = f_{Y|X}(y|x) f_X(x)$ למציאת הצפיפות המשותפת. לאחר מכן, מצאו את הצפיפות השולית באמצעות אינטגרציה, וחשבו את ההסתברות המבוקשת על ידי אינטגרל כפול על התחום המתאים.

פתרון: ### סעיף א: מציאת פונקציית ההתפלגות המשותפת $f_{X,Y}(x,y)$ כדי למצוא את **פונקציית הצפיפות המשותפת** $f_{X,Y}(x,y)$, נשתמש בקשר בין צפיפות משותפת, צפיפות מותנית וצפיפות שולית: $f_{X,Y}(x,y) = f_{Y|X}(y|x) f_X(x)$. ראשית, נזהה את **הצפיפות המותנית** $f_{Y|X}(y|x)$. נתון כי בהינתן $X=x$, המשתנה המקרי $Y$ מתפלג **התפלגות אחידה** על הקטע $[-x, x]$. אורך הקטע הוא $x - (-x) = 2x$. לכן, פונקציית הצפיפות המותנית היא: $$f_{Y|X}(y|x) = egin{cases} \frac{1}{2x} & -x \leq y \leq x \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ כעת, נכפול בצפיפות השולית הנתונה של $X$: $$f_X(x) = egin{cases} 2x & 0 eq x eq 1 \ 0 & ext{אחרת} eq{cases}$$ הצפיפות המשותפת היא מכפלתם: $$f_{X,Y}(x,y) = f_{Y|X}(y|x) f_X(x) = rac{1}{2x} imes 2x = 1$$ תחום התמיכה של הפונקציה המשותפת הוא המקום בו שתי הפונקציות אינן אפס. התנאים הם: 1. $0 eq x eq 1$ (מהתמיכה של $X$) 2. $-x eq y eq x$ (מהתמיכה של $Y|X$) לכן, פונקציית הצפיפות המשותפת היא: $$f_{X,Y}(x,y) = egin{cases} 1 & 0 eq x eq 1, -x eq y eq x \ 0 & ext{אחרת} eq{cases}$$ ### סעיף ב: חישוב $f_Y(y)$ כדי למצוא את **פונקציית הצפיפות השולית** של $Y$, $f_Y(y)$, עלינו לבצע אינטגרציה על פונקציית הצפיפות המשותפת $f_{X,Y}(x,y)$ לפי כל הערכים האפשריים של $x$: $$f_Y(y) = eqint_{- eqinfty}^{ eqinfty} f_{X,Y}(x,y) dx$$ מתחום התמיכה של $f_{X,Y}(x,y)$ אנו יודעים כי $0 eq x eq 1$ וגם $-x eq y eq x$. האי-שוויון השני שקול ל-$|y| eq x$. לכן, עבור $y$ נתון, $x$ חייב לקיים $x eq |y|$ וגם $x eq 1$. מכיוון שבהכרח $|y| eq 1$, גבולות האינטגרציה על $x$ הם מ-$|y|$ עד $1$. כמו כן, התחום של $y$ הוא $[-1, 1]$, כי $|y| eq x eq 1$. עבור $y eq [-1, 1]$, $f_Y(y)=0$. עבור $y eq [-1, 1]$: $$f_Y(y) = eqint_{|y|}^{1} 1 dx = [x]_{|y|}^{1} = 1 - |y|$$ לסיכום, פונקציית הצפיפות השולית של $Y$ היא: $$f_Y(y) = egin{cases} 1-|y| & -1 eq y eq 1 \ 0 & ext{אחרת} eq{cases}$$ ### סעיף ג: חישוב $P(|Y| < X^3)$ אנו נדרשים לחשב את ההסתברות $P(|Y| < X^3)$. הסתברות זו מחושבת על ידי אינטגרל כפול של פונקציית הצפיפות המשותפת על התחום $A = \{(x,y) : |y| < x^3\}$ החותך את תחום התמיכה של $(X,Y)$. תחום התמיכה של $(X,Y)$ הוא $D = \{(x,y) : 0 eq x eq 1, -x eq y eq x\}$. נשים לב כי בתחום $0 eq x eq 1$, מתקיים $x^3 < x$. לכן, התנאי $|y| < x^3$ גורר את התנאי $|y| < x$ (כלומר $-x < y < x$). החישוב הוא אפוא אינטגרל על התחום $0 eq x eq 1$ ו-$-x^3 < y < x^3$: $$P(|Y| < X^3) = eqiint_{A eqcap D} f_{X,Y}(x,y) dy dx = eqint_{0}^{1} eqint_{-x^3}^{x^3} 1 dy dx$$ נפתור את האינטגרל הפנימי לפי $y$: $$ eqint_{-x^3}^{x^3} 1 dy = [y]_{-x^3}^{x^3} = x^3 - (-x^3) = 2x^3$$ כעת נפתור את האינטגרל החיצוני לפי $x$: $$ eqint_{0}^{1} 2x^3 dx = 2 eqleft[ rac{x^4}{4} eqright]_{0}^{1} = 2 eqleft( rac{1^4}{4} - rac{0^4}{4} eqright) = 2 imes rac{1}{4} = rac{1}{2}$$ לכן, ההסתברות המבוקשת היא $P(|Y| < X^3) = rac{1}{2}$. $lacksquare$