A április 17-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

Először néhány példát mutatunk a centrális határeloszlástétel alkalmazására.

1. Egy szabályos dobókockát feldobunk 1200 alkalommal egymástól függetlenül, és összeadjuk a páros értékű dobások eredményét. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy ez az összeg 2280 és 2500 közé esik. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 1200, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik dobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik dobás eredménye 6, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3 vagy 5. Ekkor

a P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) valószínűséget kell jól megbecsülnünk. Vegyük észre,

hogy Eξ_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Var ξ_{j} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) − 4 = \frac{16}{3}. Innen a centrális határeloszlástétel alapján

P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) = P (\frac{−120}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{1200} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{1200} Var ξ_{j}}} ≤ \frac{100}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} )

∼ Φ(1.25) − Φ(−1.5) = 0.8944 + 0.9322 − 1 = 0.8266.

2. Vegyünk egy olyan pénzdarabot, mely \frac{2}{3} valószínűséggel esik a fej és \frac{1}{3} valószínűséggel az írás oldalra. Ezt a pénzdarabot annyiszor dobjuk fel, ameddig megjelenik 1200 fej dobás. Mi annak a valószínűsége, hogy az elvégzett dobások száma 1680 1830 küzé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést. Megoldás: Az elvégzett dobások száma egy η negatív binomiális eloszlású való-

színűségi változó n = 1200 és p = \frac{2}{3} paraméterekkel, azaz P (η = k + n) =

\binom{n + k − 1}{n − 1}(1 − p)^{k}p^{n}, p = \frac{2}{3}, és n = 1200 paraméterrel. Egy ilyen valószínűségi

változónak ki lehet számolni a pontos eloszlását, azaz azt, hogy milyen értéket milyen valószínűséggel vesz fel. Elvileg, ez lehetőséget ad a kívánt valószínűség kiszámítására egy bonyolult összeg kiszámításának a segítségével. Ennél hasznosabb becslést tudunk kapni a következő érvelés segítségével, mely a kívánt valószínűséget jó pontossággal kiszámítja a centrális határeloszlástétel segítségével. Jelölje ξ_{j}, 2 ≤ j ≤ 1200, a j − 1-ik és j-ik fejdobás közötti dobások számát (a j-ik fejdobást beleszámítjuk a j − 1-iket viszont nem számítjuk bele e dobások közé), és legyen ξ_{1} az első fejdobásig (ezt is beleszámítva) elvégzett dobások száma. Ekkor a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, negatív binomiális eloszlásúak n = 1,

p = \frac{2}{3} paraméterekkel, és minket a P (1680 < ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} < 1830) valószínűség érdekel. Megmutattuk a 6. előadásban, illetve a hozzátartozó feladatokban), hogy

Eξ_{j} = \frac{1}{p} = \frac{3}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1 − p}{p^{2}} = \frac{3}{4}. Ezért a centrális határeloszlástétel alapján

η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} jelöléssel minket a P (−4 < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < 1) valószínű-

ség érdekel. A centrális határeloszlástétel alapján P (−4 < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < 1) ∼

Φ (1) + Φ(4) − 1 ∼ Φ(1).

3. Legyen birtokunkban 100 lámpa, melyek mindegyike egymástól független időtar-

tamig működik, élettartamuk pedig exponenciális eloszlású λ = \frac{1}{10} paraméterrel. (A lámpák élettartamának exponenciális eloszlása természetes feltételezés.) Egy termet bevilágítunk ezen lámpák valamelyikével, majd amikor az kiégett új lámpát használunk fel. Adjunk jó becslést arra, hogy a lámpák összélettartama legalább 1150 óra. Megoldás: Jelölje ξ_{j} a j-ik lámpa éléttartamát, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) valószínűségre kell jó becslést adnunk, ahol az összegben független exponenciális eloszlású valószínűségi változók szerepelnek λ = \frac{1}{10} paraméterrel. Vezessük be az η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} jelölést.

Kiszámoltuk, hogy jelen esetben Eη = mEξ_{1} = \frac{m}{λ} = 1000, Var η = \frac{m}{λ^{2}} =

10000 (m = 100 és λ = \frac{1}{10} választással). Ezért a centrális határeloszlástétel sze-

rint \frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} = \frac{η − 1000}{100} jó közelítéssel standard normális eloszlású valószínűségi

változó, és P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) = P (\frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} > 1.5) ∼ 1 − Φ(1.5).

4. Egy pénzdarabról ellenőrizni akarjuk, hogy igaz-e az a hipotézis, mely szerint ez az érme legalább \frac{3}{4} valószínűséggel esik a fej és legfeljebb \frac{1}{4} valószínűséggel az írás oldalára. Ennek érdekében feldobjuk a pénzdarabot 30 000 alkalommal, és a következő döntési szabályt hozzuk. Választunk egy k számot, és akkor fogadjuk el a hipotézist helyesnek, ha legalább k fejdobás történt. Legalább mekkorának kell válassztanunk ezt a k számot, ha azt akarjuk, hogy egy a hipotézist teljesítő pénzdarab esetén legalább 0.9 valószínűséggel döntsünk úgy, hogy a hipotézis teljesül? Megoldás: Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 30 000,

S = S_{30000} = ∑_{j=1}^{30 000} ξ_{j}. Ha a fejdobás eredményének valószínűsége pontosan \frac{3}{4},

Eξ_{j} = \frac{3}{4}, Eξ_{j}^{2} = \frac{3}{4}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{3}{16}, ES = 30 000Eξ_{j} = 22 500,

Var S = 30 000Var ξ_{j} = 5625 = 75^{2}. Innen és a centrális határeloszlástételből,

P (S > k) = P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} > \frac{k − 22 500}{75}) = 1 − P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} ≤ \frac{k − 22 500}{75})

∼ 1 − Φ (\frac{k − 22 500}{75}) .

Válasszuk a k számot úgy, hogy a fenti valószínűség körülbelül 0.9 legyen. Ekkor

a Φ (\frac{k − 22 500}{75}) = 0.1 vagy ami ezzel ekvivalens, a Φ (\frac{22 500 − k}{75} ) = 0.9 egyen-

letet kell kielégítenünk. A normális eloszlás-táblázat alapján \frac{22 500 − k}{75} ∼ 1.28,

ami azt jelenti, hogy k = 22 500 − 75 × 1.28 és p = \frac{3}{4} esetén annak valószínűsége,

hogy a fejdobások száma nagyobb mint k = 22 500 − 75 × 1.28 = 22 212 és p = \frac{3}{4} esetében annak valószínűsége, hogy legalább ennyi fejdobás történik körülbelül 0.9.

Ha p ≥ \frac{3}{4}, akkor ez a valószínűség nagyobb. Ezért a k = 22 212 helyes választás.

Házi feladat.

Egy szabályos dobókockát feldobunk 2700 alkalommal egymástól függetlenül, és összeszámoljuk a páros értékű dobások eredményét. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy ez az összeg 420 és 720 közé esik.

A következő két feladat célja annak az alaptételnek nevezett tétel feltételeinek jobb megértése, mely megadja a kapcsolatot az eloszlásfüggvények illetve azok karakterisztikus függvénye konvergenciája közötti kapcsolatot.

Ezenkívül, ha marad rá idő meg lehet tárgyalni egy ennek a feladatsornak a végén megfogalmazott állítás bizonyítását, mely megmagyarázza mi a jelentősége az alaptételben annak a feltételnek, hogy a karakterisztikus függvények egy a nullában folytonos függvényhez konvergálnak. Egyébként ennek az állításnak a bizonyítása az alaptétel bizonyításának egyik kulcslépése.

5. Mutassuk meg, hogy egy F eloszlásfüggvény φ(t) = ∫ e^{itu}F ( du) karakterisztikus függvénye folytonos minden pontban. Megoldás: Jelölje φ(t) = ∫ e^{itu}F ( du) az F eloszlásfüggvény karakterisztikus függvényét. Ekkor tetszőleges t, δ illetve K > 0 számra teljesül a

|φ(t + δ) − φ(t)| ≤ ∫ |e^{i(t+δ)} − e^{it}|F ( du) ≤ ∫_{u: |u|≤K} sup_{t: |t|≤K} |e^{i(t+δ)} − e^{it}|F ( du)

+ ∫_{u: |u|>K} 2F ( du) ≤ sup_{t: |t|≤K} |e^{iδt} − 1| + F (−K) + (1 − F (K))

egyenlőtlenség. Tetszőleges ε > 0 számhoz választhatunk olyan K = K(ε) számot, melyre F (−K) + (1 − F (K)) ≤ \frac{ε}{2}. Ezután elég kis δ_{0} = δ_{0}(ε, K, t) > 0 választással

elérhetjük, hogy sup_{t: |t|≤K} |e^{iδt} − 1| ≤ \frac{ε}{2}, ha δ ≤ δ_{0}. Innen következik, hogy |φ(t +

δ) − φ(t)| ≤ ε, ha δ < δ_{0}, azaz a φ(·) függvény folytonos.

6. Legyen F_{n}(·), n = 1, 2 …, a [−n, n] intervallumban egyenletes eloszlású valószí-

nűségi változók sorozata, azaz legyen F_{n}(·) sűrűségfüggvénye az f_{n}(u) = \frac{1}{2n}, ha −n ≤ u ≤ n, f_{n}(u) = 0, ha |u| > n képlet segítségével megadott függvény. Lássuk be, hogy az F_{n}(·) eloszlásfüggvények karakterisztikus függvényei minden pontban konvergálnak az φ(0) = 1, φ(t) = 0, ha t ≠ 0 képlettel megadott φ(t) függvényhez, amelyik az origóban nem folytonos. Továbbá az F_{n}(·) eloszlásfüggvények nem konvergálnak eloszlásban, mert minden véges [a, b] intervallumra

lim_{n→∞} [F_{n}(b) − F_{n}(a)] = 0.

Megoldás: Az F_{n} eloszlásfüggvény karakterisztikus függvénye

φ_{n}(t) = \frac{1}{2n} ∫_{−n}^{n} e^{itu} du = \frac{e^{itn} − e^{−itn}}{2nit} ,

ahonnan φ_{n}(t) ≤ \frac{1}{|t|n}. Innen lim_{n→∞} φ_{n}(t) = 0, ha t ≠ 0. Másrészt, φ_{n}(0) = 1

minden n-re tehát, lim_{n→∞} φ_{n}(0) = 1. Másrészt egy véges [a, b] intervallumra az

F_{n}(b) − F_{n}(a) = \frac{b − a}{n}, ha n ≤ max(|a|, |b|). ahonnan lim_{n→∞} [F_{n}(b) − F_{n}(a)] = 0. Ez azt jelenti, hogy az F_{n} eloszlások ,,kifolynak a végtelenbe”, és ezért nincs határeloszlásuk.

7. Mutassuk meg, a karakterisztikus függvények segítségével, hogy amennyiben ξ és η két független, normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} és m_{2} várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ_{2}^{2} szórásnégyzettel, akkor ξ + η normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} + m_{2} várható értékkel, és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzettel. Megoldás: Tudjuk, hogy a karakteresztikus függvények egyértelműen meghatározzák azt az eloszlásfüggvényt, melynek ők a karakterisztikus függvényük. Ezért elég belátni, hogy a ξ + η karakterisztikus függvénye megegyezik az m_{1} + m_{2} várható értékkel és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzettel rendelkező normális eloszlás karakterisztikus függvényével. Viszont tudjuk egyrészt, hogy a ξ és η valószínűségi változók függetlensége miatt Ee^{it(ξ+η)} = Ee^{itξ}Ee^{itη}, másrészt mivel a standard normális eloszlásfüggvény karakterisztikus függvénye φ(t) = e^{−t^{2}/2}, ezért Ee^{itξ} = e^{itm_{1}}e^{−σ_{1}^{2}t^{2}/2}, és Ee^{itη} = e^{itm_{2}}e^{−σ_{2}^{2}t^{2}/2}. Innen Ee^{it(ξ+η)} = e^{it(m_{1}+m_{2})}e^{−(σ_{1}^{2}+σ_{2}^{2})t^{2}/2}, ahonnan következik a feladat állítása.

8. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, melyek közül ξ Poisson eloszlású λ

paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 1] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, melyre f(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, és f(u) = 0, ha u > 1, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Legyen [a, b] egy olyan intervallum, melyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n]) = P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

= \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}(b − a) = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 0, 1, 2, . . .. Legyen továbbá f(u) = 0, ha u ≤ 0. Ebből a relációból, illetve abból a tényből, hogy P (ξ + η ≤ 0) = 0, következik, hogy P (ξ + η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a fent definiált f(·) függvénnyel, tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye.

9. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, melyek közül ξ Poisson eloszlású λ

paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 2] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, melyre f(u) =

\frac{1}{2}, ha 0 ≤ u ≤ 2, és f(u) = 0, ha u > 2, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Ennek a feladatnak a megoldása hasonló az előzőhöz. Legyen [a, b] egy olyan intervallum, melyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor, ha n ≥ 1, akkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n])
+ P (ξ = n − 1, η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

+ P (ξ = n − 1)P (η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ}(b − a) = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 1, 2, . . .. Hasonlóan,

P (ξ + η ∈ [a, b]) = ∫_{a}^{b} P (ξ = 0) du = ∫_{a}^{b} e^{−λ} du

ha [a, b] ∈= 0, 1], továbbá P (ξ + η ≤ 0) = 0. Innen következik, hogy ha az f(·) függvény definicióját az f(u) = e^{−λ}, ha 0 ≤ u ≤ 1, f(u) = 0, ha u < 0 képletekkel fejezzük be, akkor P (ξ+η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du ezzel az f(·) függvénnyel. Tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye a fent definiált f(·) függvény.

10. Legyen F_{n}(·), n = 1, 2, …, eloszlásfüggvények egy sorozata, melyek φ_{n}(·) karakterisztikus függvényei az origó egy kis környezetében konvergálnak egy a nullában folytonos függvényhez. a.) Lássuk be (a Lebesgue tétel segítségével), hogy ekkor tetszőleges ε > 0 számhoz

létezik olyan δ = δ(ε) szám, melyre lim_{n→∞} \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} ℜ[1 − φ_{n}(t)] dt ≤ ε, ahol ℜz a

z szám reális részét jelöli. b.) Mutassuk meg, hogy amennyiben F_{n}(·) eloszlásfüggvények φ_{n}(·) karakterisz-

tikus függvényei teljesítik az a) részben megfogalmazott tulajdonságot, akkor minden ε > 0 számhoz létezik olyan K = K(ε) szám, melyre F_{n}(−K) + (1 − F_{n}(K)) ≤ ε minden n = 1, 2, … számra.

Megjegyzés: A b.) részben megfogalmazott tulajdonság teljesülését egyenletes feszességnek hívják az irodalomban. Ez fontos szerepet játszik számos vizsgálatban.

Megoldás: Legyen φ(·) a φ_{n}(·) függvények (egy véges intervallumban létező) limesze. Mivel ez a függvény az origóban folytonos 0 ≤ ℜφ(t) ≤ 1 minden t indexre, ahol a φ(·) létezik, ℜ[1 − φ(0)] = 0, és ez a függvény az origóban folytonos, ezért

\frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} ℜ[1 − φ(t)] dt ≤ ε, ha a δ = δ(ε) > 0 számot elég kicsinek választjuk. Mivel

lim_{n→∞} ℜ[1−φ_{n}(t)] = ℜ[1−φ(t)], és 0 ≤ ℜ[1−φ_{n}(t)] ≤ 2, alkalmazhatjuk a Lebesgue tételt, és ez megadja az a) rész állításának bizonyítását. A b) rész bizonyításához használjuk fel, hogy az a) rész teljesülése esetén minden ε > 0 számhoz választhatunk olyan δ = δ(ε) számot és n_{0} = n_{0}(ε) küszöbindexet,

melyre igaz, hogy 0 ≤ \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} ℜ[1 − φ_{n}(t)] dt ≤ \frac{ε}{2}, ha n ≥ n_{0}. Másrészt

\frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} ℜ[1 − φ_{n}(t)] dt = ∫_{−δ}^{δ} \frac{1}{2δ} ∫_{−∞}^{∞} [1 − cos tx] dF_{n}(x) dt

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ}[1 − cos tx] dt dF_{n}(x) = ∫_{−∞}^{∞} [\frac{t}{2δ} − \frac{sin tx}{2δx}]_{t=−δ}^{t=δ} dF_{n}(x)

= ∫_{−∞}^{∞} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x) = ∫_{−K}^{K} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x)

+ ∫_{|x|>K} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x)

tetszőleges K > 0 számra. Továbbá 1− \frac{sin δx}{δx} ≥ 0 minden x számra, és 1− \frac{sin δx}{δx} ≥

\frac{1}{2}, ha x ≥ \frac{2}{δ}. Innen kapjuk K = \frac{2}{δ} választással, hogy

\frac{ε}{2} ≥ \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} ℜ[1 − φ_{n}(t)] dt ≥ ∫_{|x|>K} \frac{1}{2} dF_{n}(x),

azaz F_{n}(−K) + (1 − F_{n}(K)) ≤ ε, ha n ≥ n_{0}. Nem nehéz belátni, hogy a K index esetleges növelésével elérhető, hogy ez az egyenlőtlenség a maradék véges sok 1 ≤ n ≤ n_{0} indexre is teljesüljön.