שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2023 - משתנה מקרי רציף

$X$ ו-$Y$ משתנים מקריים רציפים המתפלגים התפלגות אחידה על פני הריבוע שקודקודיו $(0,1), (1,0), (0,-1), (-1,0)$. סעיף א: (8 נק') חשב את $E(X)$ ואת $Var(X)$. סעיף ב: (9 נק') 1. חשב את מקדם המתאם $\rho(X,Y)$. 2. האם $X$ ו-$Y$ בלתי תלויים? בלתי מתואמים? סעיף ג: (8 נק') חשב את $P(X > 0.2 | Y + X > 0)$.

רמז: ראשית, יש לזהות את התחום שעליו מוגדרת ההתפלגות, לחשב את שטחו, ולקבוע את פונקציית הצפיפות המשותפת. לאחר מכן, ניתן לחשב את ההסתברויות והמומנטים באמצעות אינטגרלים על התחום, תוך שימוש בסימטריה של התחום במידת האפשר.

פתרון: תחילה, נזהה את התחום שעליו המשתנים המקריים מתפלגים. הקודקודים $(0,1), (1,0), (0,-1), (-1,0)$ מגדירים ריבוע שצלעותיו נמצאות על הישרים $y=x+1, y=-x+1, y=x-1, y=-x-1$. ניתן לתאר את התחום $D$ באמצעות אי-השוויון $|x|+|y| \\\le 1$. שטח הריבוע הוא אורך הצלע בריבוע. אורך הצלע, למשל המרחק בין $(1,0)$ ל- $(0,1)$, הוא $\\\sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2} = \\\sqrt{2}$. לכן, שטח התחום $D$ הוא $(\\\\/sqrt{2})^2 = 2$. מכיוון שההתפלגות היא אחידה, **פונקציית הצפיפות המשותפת** $f_{X,Y}(x,y)$ קבועה בתחום $D$, וערכה הוא $c=1/\\\\text{Area}(D) = 1/2$. $$ f_{X,Y}(x,y) = \\\begin{cases} 1/2 & |x|+|y| \\\le 1 \\\\ 0 & \\\text{otherwise} \\\end{cases} $$ **סעיף א:** **חישוב התוחלת $E(X)$:** ה**תוחלת** של $X$ מחושבת על ידי האינטגרל: $$ E(X) = \\\int_{-\\\infty}^{\\\\\infty} \\\int_{-\\\infty}^{\\\\\infty} x f_{X,Y}(x,y) \\\,dx\\\,dy = \\\frac{1}{2} \\\iint_D x \\\,dx\\\,dy $$ התחום $D$ סימטרי ביחס לציר ה-$y$ (כלומר, אם $(x,y) \\\in D$ אז גם $(-x,y) \\\in D$). הפונקציה $g(x,y)=x$ היא פונקציה אי-זוגית ביחס למשתנה $x$. לכן, האינטגרל של פונקציה אי-זוגית על תחום סימטרי הוא 0. $$ E(X) = 0 \\\blacksquare $$ **חישוב השונות $Var(X)$:** ה**שונות** של $X$ נתונה על ידי $Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2$. מכיוון ש-$E(X)=0$, נקבל $Var(X) = E(X^2)$. $$ E(X^2) = \\\frac{1}{2} \\\iint_D x^2 \\\,dx\\\,dy = \\\frac{1}{2} \\\int_{-1}^{1} \\\int_{-(1-|x|)}^{1-|x|} x^2 \\\,dy\\\,dx $$ $$ = \\\frac{1}{2} \\\int_{-1}^{1} x^2 [y]_{-(1-|x|)}^{1-|x|} \\\,dx = \\\frac{1}{2} \\\int_{-1}^{1} x^2 \\\cdot 2(1-|x|) \\\,dx = \\\int_{-1}^{1} x^2(1-|x|) \\\,dx $$ האינטגרנד $x^2(1-|x|)$ הוא פונקציה זוגית, ולכן: $$ E(X^2) = 2 \\\int_{0}^{1} x^2(1-x) \\\,dx = 2 \\\int_{0}^{1} (x^2 - x^3) \\\,dx = 2 \\\left[ \\\frac{x^3}{3} - \\\frac{x^4}{4} \\\right]_0^1 = 2 \\\left( \\\frac{1}{3} - \\\frac{1}{4} \\\right) = 2 \\\cdot \\\frac{1}{12} = \\\frac{1}{6} $$ לכן, $Var(X) = 1/6$. $\\\\blacksquare$ **סעיף ב:** **1. חישוב מקדם המתאם $\\\rho(X,Y)$:** **מקדם המתאם** נתון על ידי $\\\rho(X,Y) = \\\frac{Cov(X,Y)}{\\\\/sqrt{Var(X)Var(Y)}}$. ה**שונות המשותפת** היא $Cov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$. מכיוון ש-$E(X)=0$ ומסימטריה גם $E(Y)=0$, נקבל $Cov(X,Y) = E(XY)$. $$ E(XY) = \\\frac{1}{2} \\\iint_D xy \\\,dx\\\,dy $$ האינטגרנד $g(x,y)=xy$ הוא אי-זוגי ביחס ל-$x$ וגם ביחס ל-$y$. התחום $D$ סימטרי ביחס לשני הצירים. לכן, האינטגרל מתאפס. $$ E(XY) = 0 $$ מכאן ש-$Cov(X,Y)=0$, ולכן גם $\\\rho(X,Y) = 0$. $\\\\blacksquare$ **2. האם $X$ ו-$Y$ בלתי תלויים? בלתי מתואמים?** - **בלתי מתואמים:** שני משתנים מקריים הם **בלתי מתואמים** אם השונות המשותפת שלהם היא אפס. כפי שחישבנו, $Cov(X,Y)=0$, ולכן $X$ ו-$Y$ הם בלתי מתואמים. - **בלתי תלויים:** שני משתנים מקריים הם **בלתי תלויים** אם פונקציית הצפיפות המשותפת שלהם שווה למכפלת פונקציות הצפיפות השוליות, כלומר $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$. נחשב את **ההתפלגות השולית** של $X$: $$ f_X(x) = \\\int_{-\\\infty}^{\\\\\infty} f_{X,Y}(x,y) \\\,dy = \\\int_{-(1-|x|)}^{1-|x|} \\\frac{1}{2} \\\,dy = \\\frac{1}{2} [y]_{-(1-|x|)}^{1-|x|} = 1-|x| \\\quad \\\text{for } x \\\in [-1,1] $$ מסימטריה, $f_Y(y) = 1-|y|$ עבור $y \\\in [-1,1]$. נבדוק את תנאי אי-התלות: $$ f_X(x)f_Y(y) = (1-|x|)(1-|y|) $$ לעומת זאת, $f_{X,Y}(x,y) = 1/2$ בתחום. מכיוון ש-$(1-|x|)(1-|y|) \\\ne 1/2$ (למשל, עבור $(x,y)=(0.5,0.5)$, $f_{X,Y}=0.5$ אבל $f_X f_Y = 0.25$), המשתנים $X$ ו-$Y$ **אינם** בלתי תלויים. דרך נוספת לראות זאת היא שתחום התמיכה של ההתפלגות המשותפת (הריבוע המסובב) אינו מלבני, ולכן המשתנים אינם יכולים להיות בלתי תלויים. $\\\\blacksquare$ **סעיף ג:** עלינו לחשב **הסתברות מותנית**: $P(X > 0.2 | Y + X > 0)$. לפי הגדרת הסתברות מותנית: $$ P(X > 0.2 | Y + X > 0) = \\\frac{P(X > 0.2 \\\cap Y + X > 0)}{P(Y + X > 0)} $$ מכיוון שההתפלגות אחידה, ניתן לחשב את ההסתברויות כיחס בין שטחים: $$ P(\text{event}) = \\\frac{\\\\\text{Area}(\text{event} \\\cap D)}{\\\\\text{Area}(D)} = \\\frac{\\\\\text{Area}(\text{event} \\\cap D)}{2} $$ נחשב את ההסתברות במכנה, $P(Y+X > 0)$. הישר $y=-x$ מחלק את התחום $D$ לשני חלקים שווי שטח. השטח הכולל של $D$ הוא 2, ולכן שטח האזור בו $y+x>0$ הוא 1. $$ P(Y + X > 0) = \\\frac{\\\\\text{Area}(\{(x,y) \\\in D : y+x>0\})}{2} = \\\frac{1}{2} $$ כעת, נחשב את ההסתברות במונה. עלינו למצוא את שטח האזור $A = \{(x,y) \\\in D : x>0.2 \\\text{ and } y+x>0\}$. האזור מוגדר על ידי האי-שוויונים: 1. $|x|+|y| \\\le 1$ (התחום $D$) 2. $x > 0.2$ 3. $y > -x$ בתחום $x>0.2$, אי-השוויון הראשון הופך ל-$x+|y| \\\le 1$, או $|y| \\\le 1-x$, כלומר $-(1-x) \\\le y \\\le 1-x$. כלומר $x-1 \\\le y \\\le 1-x$. אנו מחפשים את שטח האזור המוגדר על ידי $0.2 < x < 1$ ו- $\\\\max(x-1, -x) < y < 1-x$. נפצל את האינטגרל לחישוב השטח בנקודה $x=0.5$, שם מתקיים $x-1 = -x$: $$ \\\text{Area}(A) = \\\int_{0.2}^{1} \\\int_{\\\\\max(x-1, -x)}^{1-x} \\\,dy\\\,dx = \\\int_{0.2}^{0.5} \\\int_{-x}^{1-x} \\\,dy\\\,dx + \\\int_{0.5}^{1} \\\int_{x-1}^{1-x} \\\,dy\\\,dx $$ $$ = \\\int_{0.2}^{0.5} (1-x - (-x)) \\\,dx + \\\int_{0.5}^{1} (1-x - (x-1)) \\\,dx $$ $$ = \\\int_{0.2}^{0.5} 1 \\\,dx + \\\int_{0.5}^{1} (2-2x) \\\,dx $$ $$ = [x]_{0.2}^{0.5} + [2x-x^2]_{0.5}^{1} = (0.5-0.2) + ((2-1) - (2(0.5)-0.5^2)) $$ $$ = 0.3 + (1 - (1-0.25)) = 0.3 + 0.25 = 0.55 $$ ההסתברות במונה היא $P(X > 0.2 \\\cap Y+X > 0) = \\\frac{\\\\\text{Area}(A)}{2} = \\\frac{0.55}{2} = 0.275$. נציב חזרה בנוסחת ההסתברות המותנית: $$ P(X > 0.2 | Y + X > 0) = \\\frac{0.275}{0.5} = 0.55 \\\blacksquare $$