שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2026 - משתנה מקרי רציף

יהא $c \in \mathbb{R}$ פרמטר ויהיו $X,Y$ שני משתנים מקריים עם פונקציית הצפיפות המשותפת הבאה: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} cxy^3 & 0 < y, \quad y^2 < x < 1 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ סעיף א: (7 נק') מצא את $c$. סעיף ב: (9 נק') מצא את: $f_X(x)$ ואת $E[X]$. סעיף ג: (9 נק') מצא את $P(Y < X^2)$.

רמז: בסעיף א', יש לדרוש שהאינטגרל הכפול של פונקציית הצפיפות על כל התחום יהיה שווה ל-1. בסעיף ג', יש לזהות את תחום האינטגרציה החדש הנובע מהתנאי $Y < X^2$ וחיתוכו עם תחום התמיכה המקורי.

פתרון: סעיף א: מציאת הקבוע c כדי ש-$f_{X,Y}(x,y)$ תהיה **פונקציית צפיפות** חוקית, האינטגרל שלה על פני כל התחום חייב להיות שווה ל-1. כלומר: $$\iint_{\mathbb{R}^2} f_{X,Y}(x,y) \,dx\,dy = 1$$ תחום התמיכה של הפונקציה הוא $D = \{ (x,y) | 0 < y, y^2 < x < 1 \}$. מתנאים אלו נובע כי $y^2 < 1$ ו-$y>0$, ולכן $0 < y < 1$. נבצע את האינטגרציה לפי הסדר $dx$ ואז $dy$: $$\int_0^1 \int_{y^2}^1 cxy^3 \,dx\,dy = 1$$ נחשב תחילה את האינטגרל הפנימי (לפי $x$): $$c \int_0^1 y^3 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x=y^2}^{x=1} \,dy = c \int_0^1 y^3 \left( \frac{1}{2} - \frac{(y^2)^2}{2} \right) \,dy = \frac{c}{2} \int_0^1 y^3(1 - y^4) \,dy$$ נמשיך בחישוב האינטגרל החיצוני (לפי $y$): $$\frac{c}{2} \int_0^1 (y^3 - y^7) \,dy = \frac{c}{2} \left[ \frac{y^4}{4} - \frac{y^8}{8} \right]_0^1 = \frac{c}{2} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{8} - 0 \right) = \frac{c}{2} \cdot \frac{1}{8} = \frac{c}{16}$$ כעת נשווה ל-1: $$\frac{c}{16} = 1 \implies c = 16$$ לכן, $f_{X,Y}(x,y) = 16xy^3$ בתחום הנתון. סעיף ב: מציאת $f_X(x)$ ו-$E[X]$ **פונקציית הצפיפות השולית** של $X$, $f_X(x)$, מתקבלת על ידי אינטגרציה של פונקציית הצפיפות המשותפת על פני כל הערכים האפשריים של $y$. תחילה נגדיר את תחום התמיכה במונחים של $x$ קבוע. עבור $x tin (0,1)$ קבוע, אי-השוויונות $y>0$ ו-$y^2 < x$ קובעים כי $0 < y < \sqrt{x}$. לכן, עבור $0 < x < 1$: $$f_X(x) = \int_0^{\sqrt{x}} 16xy^3 \,dy = 16x \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^{\sqrt{x}} = 4x (\sqrt{x})^4 = 4x(x^2) = 4x^3$$ לסיכום: $$f_X(x) = \begin{cases} 4x^3 & 0 < x < 1 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ כעת נחשב את **התוחלת** של $X$, $E[X]$, המוגדרת על ידי $E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \,dx$: $$E[X] = \int_0^1 x (4x^3) \,dx = \int_0^1 4x^4 \,dx = 4 \left[ \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = 4 \left( \frac{1}{5} - 0 \right) = \frac{4}{5}$$ סעיף ג: מציאת $P(Y < X^2)$ אנו רוצים לחשב את ההסתברות שהמשתנים המקריים מקיימים $Y < X^2$. נעשה זאת על ידי אינטגרציה של פונקציית הצפיפות המשותפת על התחום בו אי-שוויון זה מתקיים, וגם $(x,y)$ נמצא בתחום התמיכה של הפונקציה. תחום האינטגרציה החדש הוא חיתוך התחום המקורי $D = \{ (x,y) | 0 < y, y^2 < x < 1 \}$ עם התחום המוגדר על ידי המאורע $E = \{ (x,y) | y < x^2 \}$. עלינו למצוא את גבולות האינטגרציה עבור התחום $D \cap E$. מתחום התמיכה, עבור $x \in (0,1)$ נתון $0 < y < \sqrt{x}$. מהמאורע נתון $y < x^2$. נשים לב כי עבור $x \in (0,1)$, מתקיים $x^2 < x < \sqrt{x}$. לכן, התנאי $y < x^2$ הוא המחמיר יותר, והוא יקבע את הגבול העליון של האינטגרציה לפי $y$. לכן, נבצע אינטגרציה על התחום $0 < x < 1$ ו-$0 < y < x^2$. $$P(Y < X^2) = \iint_{D \cap E} f_{X,Y}(x,y) \,dx\,dy = \int_0^1 \int_0^{x^2} 16xy^3 \,dy\,dx$$ נחשב את האינטגרל הפנימי: $$\int_0^{x^2} 16xy^3 \,dy = 16x \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^{x^2} = 4x ((x^2)^4 - 0) = 4x \cdot x^8 = 4x^9$$ נציב חזרה ונחשב את האינטגרל החיצוני: $$P(Y < X^2) = \int_0^1 4x^9 \,dx = 4 \left[ \frac{x^{10}}{10} \right]_0^1 = 4 \left( \frac{1}{10} - 0 \right) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$$ $\blacksquare$