A szeptember 5-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

A szeminárium fő célja az volt, hogy néhány feladat megtárgyalásával példát mutassunk arra, hogy a valószínűségi mezők “absztrakt fogalmának” felhasználása lehetővé teszi bizonyos feladatok egyszerű megoldását, heurisztikus érvelések egyszerű, precíz megfogalmazását. A későbbiekben is igyekszünk ilyen példákat vizsgálni.

1. Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak?

2. Két botot véletlenszerűen, egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi az így kapott új bot hosszának az F (u) eloszlásfüggvénye?

Mind a két feladat megoldható formális számolással, azt felhasználva, hogy ismert sűrűségfüggvényű valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényét ki tudjuk számítani konvolúció segítségével. Ugyanakkor egy jó valószínűségi modellben vizsgálva a problémákat egyszerűbb megoldást is tudunk adni. Tekintsük mind a két megoldást.

1. feladat a) megoldás: Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy az első ember az y koordinátája pedig megadja, hogy a második ember ember mikor érkezett. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten, azaz annak valószínűsége, hogy ez a pont az egységnégyzet egy (szép) részhalmazába esik megegyezik e halmaz területével. Miért? Az, hogy a két ember találkozik azt az eseményt jelenti, hogy az így definiált (x, y) pont az egységnégyzet

A = \{(x, y): − \frac{1}{2} ≤ y − x ≤ \frac{1}{2}\} ∩ [0, 1] × [0, 1]

részhalmazába esik. Ennek a halmaznak a területe 1 − 2 · \frac{1}{8} = \frac{3}{4}, és ez a keresett valószínűség.

2. feladat a) megoldás: Ez a feladat is hasonló módon tárgyalható. Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy hol törtük el az első botot az y koordinátája pedig azt, hogy hol törtük el a második botot. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten. Az az esemény, hogy az összeragasztott bot hossza kisebb mint valamely u szám megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy az (x, y) pont a következő A_{1}(u), A_{2}(u), A_{3}(u) és A_{4}(u) halmazok A_{1}(u) ∪ A_{2}(u) ∪ A_{3}(u) ∪ A_{4}(u) uniójába esik: A_{1}(u) = {(x, y): x + y < u} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{2}(u) = {(x, y): x + (1 − y) < u} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{3}(u) = {(x, y): 1 − x + y < u\}∩[0, 1]×[0, 1] és A_{4}(u) = \{(x, y): 1−x+1−y < u\}∩[0, 1]×[0, 1]. Ha u < \frac{1}{2}, akkor ezek a halmazok diszjunktak, területük \frac{u^{2}}{2} , ezért F (u) = 1 − 2u^{2}, ha u ≤ \frac{1}{2}. Ha \frac{1}{4} ≤ u ≤ \frac{1}{2}, akkor az A_{1}(u)∪A_{2}(u)∪A_{3}(u)∪A_{4}(u) halmaz komplementere egy olyan négyzet, melynek átlója (2−2u) hosszú. Ezért F (u) = 1−2(1−u)^{2} = 4u−2u^{2} −1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ 1. Ha u ≥ 1, akkor F (u) = 1.

1. feladat második megoldása. Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, mely azt adja meg, hogy hány (0 és 1 közötti számmal kifejezhető) órával 8 óra után jelent meg a j-ik ember a helyszínen. Ekkor ξ_{1} és ξ_{2} független a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók. Minket a −\frac{1}{2} ≤ ξ_{1}−ξ−2 ≤ \frac{1}{2} események valószínűsége érdekel. Az F (u) = P (ξ_{1} −ξ_{2} < u) eloszás sűrűségf8ggvénye a g(u) = f_{1} ∗f_{2}(u) konvolúció, ahol f_{1}(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, f_{1}(u) = 0, különben, f_{2}(u) = 1, ha −1 ≤ u ≤ 0, f_{2}(u) = 0 különben. Ekkor a minket érdeklő mennyiség az F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2} g(u) du. (Emlékeztetőül, ha f_{1} és f_{2} két sűrűségfüggvény, akkor ezek konvoluciója f_{1} ∗ f_{2} a következő módon számolható ki.

f_{1} ∗ f_{2}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(u)f_{2}(x − u) dv = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(x − u)f_{2}(u) dv, −∞ < x < ∞.

Továbbá, ha ξ_{1} és ξ_{2} két független valószínűségi változó f_{1}(·) és f_{2}(·) sűrűségfüggvényekkel, akkor a ξ_{1} + ξ_{2} ősszegnek is létezik sűrűségfüggvénye, és az az f_{1} ∗ f_{2}(·) konvolució.) Némi számolás adja, hogy g(u) = 1 − u, ha 0 < u < 1 g(u) = 1 + u, ha −1 < u < 0.

Innen F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2}(1 − |u|) du = \frac{3}{4}.

2. feladat második megoldása. Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, mely azt adja meg, hogy a j-ik bot rövidebb végének mi a hossza. Ekkor ξ_{1}, és ξ_{2} független valószínűségi változók f(x) = 2, ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként sűrúségfüggvénnyel. Minket a ξ_{1} + ξ_{2} eloszlása érdekel. Viszont ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvénye g(x) = f ∗ f(x), ahonnan g(x) = 2 − |2 − 4x|, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 különben. Ezt kiintegrálva megkapjuk az eredményt.

Házi feladat. Legyen ξ_{1} és ξ_{2} független, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ_{1} és ξ_{2} sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 1 egyébként. Számítsuk ki ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvényét.