Az október 3-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

1. Lássunk példát arra, hogy például k = 3 esetében egy A, B és C halmaz esetében a P (ABC) = P (A)P (B)P (C) feltétel teljesülése nem elegendő az A, B és C események függetlenségéhez. Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 4},

C = \{2, 3, 4\}, P (\{1\}) = P (\{2\}) = P (\{3\}) = P (\{4\}) = \frac{1}{3\sqrt{3}}, P (\{5\}) = 1 − \frac{4}{3\sqrt{3}}.

Ekkor ABC = \{2\}, P (ABC) = \frac{1}{3\sqrt{3}}, P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{\sqrt{3}}, P (AB) =

P (\{2, 3\}) = \frac{2}{3\sqrt{3}}. Ezért P (ABC) = P (A)P (B)P (C), de P (AB) ≠ P (A)P (B).

1a.) Lássunk példát három olyan A B és C eseményt, melyek páronként függetlenek, de nem függetlenek. Egy lehetséges megoldás: Dobjunk le egy pontot az egységnégyzetre egyenletes eloszlással. Legyen A = [0, \frac{1}{2}] × [0, 1], B = [0, 1] × [0, \frac{1}{2}] és C = [0, \frac{1}{2}] × [0, \frac{1}{2}] ∪ [\frac{1}{2}, 1] × [\frac{1}{2}, 1] × [\frac{1}{2}, 1]. Ekkor P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{2}, P (A ∩ B) = P (A ∩ C) = P (B ∩ C) = \frac{1}{4}, és P (A ∩ B ∩ C) = \frac{1}{4}. (Itt egy X ⊂ [0, 1] × [0, 1] esemény azt jelenti, hogy a ledobott pont az X halmazba esik.)

Felidézzük a Poisson eloszlás definicióját.

Poisson eloszlás definiciója. Azt mondjuk, hogy egy ξ valószínűségi változó λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó, ha ξ nem negatív egész értékeket vesz fel, és

P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}, k = 0, 1, 2, …

Ahhoz, hogy lássuk, hogy a fenti definició értelmes meg kell mutatnunk, hogy annak valószínűsége, hogy a ξ valószínűségi változó valamilyen nem negatív egész értéket vesz fel eggyel egyenlő. Ezért oldjuk meg az alábbi feladatot:

2. Ha ξ λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó, akkor

∑_{k=0}^{∞} P (ξ = k) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} = 1.

3. Ha ξ és η két független, λ illetve μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó, akkor ξ + η λ + μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó. Megoldás:

P (ξ + η = k) = ∑_{j=0}^{k} P (ξ = j, η = k − j) = ∑_{j=0}^{k} P (ξ = j)P (η = k − j)

= ∑_{j=0}^{k} \frac{λ^{j}}{j!} e^{−λ} \frac{μ^{k−j}}{(k − j)!}e^{−μ} = \frac{e^{−(λ+μ)}}{k!} ∑_{j=0}^{k} \frac{k!}{j!(k − j)!}λ^{j}μ^{(k−j)}

= \frac{e^{−(λ+μ)}}{k!} (λ + μ)^{k}.

4. Legyen adva k darab urna, és ezekbe dobjunk be véletlen ξ számú golyót, ahol ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ > 0 paraméterrel. Legyenek az egyes dobások eredményei egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenek. Tegyük fel továbbá, hogy minden egyes dobásnál a golyó az j-ik urnába p_{j} ≥ 0 valószínű-

séggel esik, j = 1, …, k, ∑_{j=1}^{k} p_{j} = 1. Jelölje η_{j} a j-ik urnába eső golyók számát.

Ekkor az η_{j}, j = 1, …, k valószínűségi változók függetlenek, és η_{j} Poisson eloszlású λp_{j} paraméterrel, j = 1, …, k. Megoldás:

P (η_{1} = l_{1}, …, η_{k} = l_{k}) = P (ξ = l_{1} + ⋯ + l_{k})\frac{(l_{1} + ⋯ + l_{k})!}{l_{1}! ⋯ l_{k}!}p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}

= \frac{λ^{(l_{1}+···+l_{k})}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ}

= \frac{λ^{l_{1}} ⋯ λ^{l_{k}}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ(p_{1}+···+p_{k})} = ∏_{j=1}^{k} \frac{(λp_{j})^{l_{j}}}{l_{j}!} e^{−λp_{j}}

tetszőleges l_{1} ≥ 0, …, l_{k} ≥ 0 egész számokra. Innen adódik az állítás.

5. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független, egyforma eloszlású valószínűségi változók P (ξ_{1} =

1) = 1 − P (ξ_{1} = 0) = \frac{λ}{n}, S_{n} = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{n}. Ekkor

P (S_{n} = k) = \binom{n}{k} (1 − \frac{λ}{n})^{n−k} (\frac{λ}{n})^{k} , k = 1, 2, …, n.

Továbbá, lim_{n→∞} P (S_{n} = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}.

S_{n} binomiális eloszlású valószínűségi változó n és p = \frac{λ}{n} paraméterrel. Továbbá,

lim_{n→∞} \binom{n}{k} (\frac{λ}{n})^{k} = \frac{λ^{k}}{k!} , és lim_{n→∞} (1 − \frac{λ}{n})^{n−k} = lim_{n→∞} (1 − \frac{λ}{n})^{n} = e^{−λ}. Innen

következik a feladat állítása.

Diszkrét eloszlású valószínűségi változó várható értékének definiciója. Legyen ξ (diszkrét eloszlású) valószínűségi változó, amelyik megszámlálható sok x_{1}, x_{2}, …, értéket vesz fel. Ekkor a ξ valószínűségi változó várható értéke

Eξ = ∑_{k=1}^{∞} x_{k}P (ξ = x_{k}).

Valószínűségi változó szórásnégyzetének definiciója. Egy ξ valószínűségi változó szórásnégyzete Var ξ = E (ξ − Eξ)^{2}. Be lehet látni, hogy Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}.

6. Számítsuk ki egy λ paraméterű Poisson eloszlású ξ valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás

Eξ = ∑_{k=0}^{∞} k \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{λ^{k}}{(k − 1)!}e^{−λ} = λ ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} = λ.

Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{∞} k^{2} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} = ∑_{k=0}^{∞} k \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} + ∑_{k=0}^{∞} k(k − 1)\frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}

= ∑_{k=1}^{∞} \frac{λ^{k}}{(k − 1)!}e^{−λ} + ∑_{k=2}^{∞} \frac{λ^{k}}{(k − 2)!}e^{−λ} = λ ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} + λ^{2} ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}

= λ + λ^{2}.

Ezért Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2} = (λ + λ^{2}) − λ^{2} = λ.