A Valószínűségszámítás I. előadássorozat hatodik előadása. 2001 március 6.

Összefoglaló:

Néhány fontos diszkrét eloszlás.

a.) Binomiális eloszlás.

Tekintsünk először egy tipikus példát, amelyikben a binomiális eloszlás megjelenik. Dobjunk fel egy pénzdarabot n alkalommal egymástól függetlenül, és minden egyes

dobásban legen p, 0 ≤ p ≤ 1, a fejdobás valószínűsége. Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan k fejdobás következik be?

Ennek valószínűsége \binom{n}{k}p^{k}(1−p)^{n−k}. Valóban, \binom{n}{k} olyan fej-írás sorozat létezik,

mely k fej és n − k írás-jelet tartalmaz, és az adott feltételek mellett minden egyes ilyen dobássorozatnak a valószínűsége p^{k}(1 − p)^{n−k}. Az ilyen jellegű feladatok leírására vezették be a binomiális eloszlás fogalmát.

Binomiális eloszlás definiciója. Azt mondjuk, hogy a ξ valószínűségi változó binomiális eloszlású n és p paraméterrel, n = 1, 2, …, 0 ≤ p ≤ 1, ha P (ξ = k) =

\binom{n}{k}p^{k}(1 − p)^{n−k} minden 0 ≤ k ≤ n számra, és P (ξ = k) = 0 egyébként. Ezt az

eloszlást szokás B(n, p)-vel jelölni.

Egy B(1, p) eloszlású ξ valószínűségi változót, azaz egy olyan ξ valószínűségi változót, melyre P (ξ = 0) = 1 − p, P (ξ = 1) = p Bernoulli eloszlásúnak is szoktak nevezni.

Jegyezzük meg, hogy valóban eloszlást, definiáltunk, azaz a nem-negatív valószínűségek összege egy, mert a binomiális tétel szerint

∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}p^{k}(1 − p)^{n−k} = (p + (1 − p))^{n} = 1.

Jegyezzük meg, hogy a B(n, p) és B(m, p) binomiális eloszlások konvolúciója a B(n + m, p) binomiális eloszlás.

Valóban a két eloszlás konvoluciója egy olyan p(k), 0 ≤ k ≤ n + m eloszlás, melyre

p(k) = ∑_{j=0}^{k} \binom{n}{j}p^{j}(1 − p)^{n−j}\binom{m}{k − j}p^{k−j}(1 − p)^{(m−(k−j))}

= p^{k}(1 − p)^{n−k} ∑_{j=0}^{k} \binom{n}{j}\binom{m}{k − j} = \binom{n + m}{k}p^{k}(1 − p)^{n−k},

mert

∑_{j=0}^{k} \binom{n}{j}\binom{m}{k − j} = \binom{n + m}{k}.

Ez utóbbi állításnak kombinatorikus bizonyítása a következő: Az {1, 2, …, n +

m\} számok közül \binom{n + m}{k} módon tudunk k számot kiválasztani. Ez az azonosság

jobboldalán álló kifejezés. Ugyanakkor ezen lehetőségeket úgy is összeszámolhatjuk,

hogy rögzítve egy j számot, \binom{n}{j}\binom{m}{k − j} módon választhatunk ki az első n számból j-t

és az n + 1, …, n + m számok közül k − j-t, majd összegezve j = 0, …, k-ra ugyanazt a számot kapjuk. Ez viszont a baloldalon szereplő kifejezés.

Tanulságos lehet látni, hogyan lehet a fenti azonosságot, pontosabban annak egy lehetséges általánosítását bebizonyítani a hatványsoroknak a múlt órán említett tulajdonságai segítségével. Emlékeztetőül jegyezzük meg, hogy általában nem feltétlenül

egész α számokra is definiáljuk az \binom{α}{k} számot mint \binom{α}{k} = \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!},

és az (1 + x)^{α} függvény Taylor sorfejtése alapján

(1 + x)^{α} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k}, ha |x| < 1.

Továbbá,

(1 + x)^{β} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{β}{k}x^{k}, ha |x| < 1,

és

(1 + x)^{α+β} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{α + β}{k}x^{k}, ha |x| < 1.

Mivel (1 + x)^{α}(1 + x)^{β} = (1 + x)^{α+β}, ezért az együtthatók összehasonlításából kapjuk, hogy

∑_{j=0}^{k} \binom{α}{j}\binom{β}{k − j} = \binom{α + β}{k}

nem feltétlenül egész α és β számokra.

Feladat:

Adjunk egyszerű, a binomiális eloszlás valószínűségi tartalmát kihasználó bizonyítást arra, hogy a B(n, p) és B(m, p) binomiális eloszlások konvolúciója a B(n+m, p) binomiális eloszlás.

Számítsuk ki egy B(n, p) eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. A legegyszerűbb módszer a következő: Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független,

B(1, p) eloszlású valószínűségi változók. Ekkor ξ = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} B(n, p) eloszlású valószínűségi

változó. Ezért a keresett várható érték és szórásnégyzet Eξ = ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j} = np és Var ξ =

∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} = np(1 − p).

Feladat:

Számítsuk ki egy B(n, p) eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét az e fogalmakat definiáló összegek kiszámításának a segítségével.

A binomiális eloszlás természetes többdimenziós általánosítása a polinomiális eloszlás. Ennek megértéséhez tekintsük a következő feladatot. Adva van r urna. Ezekbe bedobunk összesen n golyót egymástól függetlenül. Az egyes golyók p_{1} valószínűséggel esnek az első p_{2} valószínűséggel a második, … p_{r} valószínűséggel az r-ik urnába. Mi

a valószínűsége annak, hogy a j-ik urnába k_{j} golyó esik, 1 ≤ j ≤ r, ∑_{j=1}^{r} k_{r} = n?

Ez a valószínűség \frac{n!}{k_{1}!k_{2}! ⋯ k_{r}!}p_{1}^{k_{1}} ⋯ p_{r}^{k_{r}}, mert \frac{n!}{k_{1}!k_{2}! ⋯ k_{r}!} ilyen dobássorozat van, és

minden ilyen dobássorozat valószínűsége p_{1}^{k_{1}} ⋯ p_{r}^{k_{r}}.

Polinomiális eloszlás definiciója A (ξ_{1}, …, ξ_{r}) r változós véletlen vektor polinomiális

eloszlású n, n = 1, 2, …, és p_{j}, 1 ≤ j ≤ r, ∑_{j=1}^{r} p_{j} = 1 paraméterekkel, ha

P (ξ_{1} = k_{1}, ξ_{2} = k_{2}, …, ξ_{r} = k_{r}) = \frac{n!}{k_{1}!k_{2}! ⋯ k_{r}!}p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}} ⋯ p_{r}^{k_{r}}

az olyan 0 ≤ k_{j} ≤ n, 1 ≤ j ≤ r számokra, melyekre ∑_{j=1}^{r} k_{j} = n.

Feladat:

Legyen (ξ_{1}, …, ξ_{r}) polinomiális eloszlású véletlen vektor n és p_{j}, 1 ≤ j ≤ r,

∑_{j=1}^{r} p_{j} = 1 paraméterekkel. Ekkor Eξ_{j} = np_{j}, Var ξ_{j} = np_{j}(1 − p_{j}), 1 ≤ j ≤ r

és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = −np_{j}p_{k}, 1 ≤ j, k ≤ r, j ≠ k.

b.) Negatív binomiális eloszlás és ennek speciális esete a geometriai eloszlás.

Most is tekintsünk először egy tipikus példát, amelyikben ezek az eloszlások megjelennek.

Rögzítsünk egy r pozitív egész számot, és dobjunk fel egy pénzdarabot, amelyik p valószínűséggel esik a fej 1 − p valószínűséggel az írás oldalra egymás után többször egymástól függetlenül, egészen addig amikor az r-ik fejdobás megjelenik. Mi a valószínűsége annak, hogy ez a k + r-ik dobás?

Ez a valószínűség \binom{k + r − 1}{r − 1}(1 − p)^{k}p^{r}. Ez ugyanis azt jelenti, hogy az első

k + r − 1 dobásban pontosan r − 1 fej és k írás dobás történt, aminek valószínűsége

\binom{k + r − 1}{r − 1}(1 − p)^{k}p^{r−1}, valamint a k + r-ik dobás fej, aminek a valószínűsége p, és

független az előző eseménytől.

Negatív binomiális és geometriai eloszlás definiciója. Azt mondjuk, hogy a ξ valószínűségi változó negatív binomiális eloszlású r, r = 1, 2, …, és p, 0 < p ≤ 1, paraméterrel, ha ξ r, r + 1, …, értékeket vesz fel és

P (ξ = k + r) = \binom{k + r − 1}{r − 1}(1 − p)^{k}p^{r}, k = 0, 1, 2, ….

Az r = 1 és p paraméterhez tartozó negatív binomiális eloszlást p paraméterű geometriai eloszlásnak is nevezik.

A korábbi gyakorlatok bizonyos eredményeiből következik, hogy a negativ binomiális

eloszlás valóban valószínűségeloszlás, azaz ∑_{k=0}^{∞} \binom{k + r − 1}{r − 1}(1 − p)^{k}p^{r} = 1, mert egy

végtelen pénzfeldobás sorozat esetében egy valószínűséggel előbb-utóbb megjelenik r darab fejdobás. Valójában ez az indoklás hallgatólagosan felhasznál egy igaz, de az előadáson nem bizonyított fontos eredményt. Azt használtuk fel, hogy a végtelen független fej-írás dobássorozatoknak van valószínűségi modellje, ezért alkalmazhatjuk rá a valószínűségszámítás eredményeit. (A nehézséget az okozza, hogy csak bizonyos eddig nem tanult mértékelméleti eredmények segítségével lehet bebizonyítani azt, hogy az ebben a modellben természetes módon definiált valószínűség valóban σ-additív.) De ez az állítás következni fog néhány más később bizonyítandó eredményből is. Tárgyaljuk meg a negatív binomiális eloszlás néhány fontos tulajdonságát.

Feladat:

Bizonyítsuk be valószínűségi meggondolások segítségével, hogy egy r_{1} és p paraméterű valamint egy r_{2} és p paraméterű negatív binomiális eloszlás konvalúciója egy r_{1} + r_{2} és p paraméterű negatív binomiális eloszlású valószínűségeloszlás. Következésképpen, egy r és p paraméterű negatív binomiális eloszlás előáll mint r darab p paraméterű geometriai eloszlás konvoluciója.

Lássuk be az alábbi feladatot közvetlen számolással is. Elég belátni azt, hogy egy r és p paraméterű negatív binomiális eloszlású valamint egy p paraméterű geometriai eloszlás konvoluciója egy r + 1 és p paraméterű negatív binomiális eloszlás.

Azt kell belátni, hogy

∑_{j=0}^{k} \binom{r + j − 1}{r − 1}(1 − p)^{j}p^{r}(1 − p)^{k−j}p = \binom{k + r}{r}(1 − p)^{k}p^{r+1}.

Ezt az azonosságot könnyen látjuk, ha tudjuk, hogy érvényes a következő azonosság:

∑_{j=0}^{k} \binom{j + r − 1}{r − 1} = \binom{k + r}{r}.

Az utóbbi azonosság viszont következik például a következő kombinatorikai érvelésből.

A természetes számok halmazán \binom{k + r}{r} módon jelölhetünk ki r+1 számot úgy, hogy a (nagyság szerint) r + 1-ik szám a k + r + 1 szám legyen, és az azonosság jobboldala ezzel egyenlő. Ezt viszont úgyis kiszámolhatjuk, hogy azt tekintjük, hány olyan elrendezés van, melyben az r-ik kijelölt pont a j + r, az r + 1-ik pedig a k + r + 1 szám, majd

összegezünk 0 ≤ j ≤ k-ra. Mivel rögzített j-re az ilyen elrendezéek száma \binom{j + r − 1}{r − 1},

innen következik a felírt azonosság.

Megmutatjuk, hogyan lehet a fenti összfüggést analitikus módon bebizonyítani. Tekintsük az r és p paraméterekhez tartozó g_{r,p}(x) generátorfüggvényt, azaz az

g_{r,p}(x) = ∑_{k=0}^{∞} \binom{k + r − 1}{r − 1}(1 − p)^{k}p^{r}x^{k+r}

összeget. Ha belátjuk, hogy ez az összeg konvergens például az −1 < x < 1 intervallumon, valamint g_{r_{1},p}(x)g_{r_{2},p}(x) = g_{r_{1}+r_{2},p}(x), akkor innen az előző előadás végén tett észrevételekből következik az áll1tás. A g_{r,p}(x) függvény viszont egyszerűen zárt alakra hozható. Ennek érdekében vegyük észre, hogy

\binom{k + r − 1}{r − 1} = \binom{k + r − 1}{k} = \frac{(k + r − 1)(k + r − 2) ⋯ (r + 1)r}{k!}

= \frac{r(r + 1) ⋯ (k + r − 2)(k + r − 1)}{k!}

= (−1)^{k} \frac{(−r)(−r − 1) ⋯ (−r − k + 2)(−r − k + 1)}{k!} = (−1)^{k}\binom{−r}{k},

ahonnan

g_{r,p}(x) = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k}\binom{−r}{k}(1 − p)^{k}p^{r}x^{k+r} = (px)^{r} ∑_{k=0}^{∞} \binom{−r}{k}(−(1 − p)x)^{k}

= (px)^{r}(1 − (1 − p)x)^{−r} = (\frac{px}{1 − (1 − p)x})^{r} ,

ami az (1 + x)^{−r} függvény hatványsorának az alakjából látható. Innen viszont könnyen látható a generátorfüggvényekre felírt azonosság.

Számítsuk ki egy negatív binomiális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Ezt könnyen kiszámíthatnánk a generátorfüggvény deriválásának segítségével, de ehelyett egy geometriai eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét kiszámoljuk direkt módon, majd az általános esetet visszavezetjük erre.

Legyen ξ geometriai eloszlású valószínűségi változó p paraméterrel, azaz legyen P (ξ = k + 1) = p^{k}(1 − p), k = 0, 1, . . .. Ekkor

Eξ = ∑_{k=0}^{∞}(k + 1)(1 − p)^{k}p = p ∑_{k=0}^{∞} k(1 − p)^{k−1},

Eξ^{2} = p ∑_{k=0}^{∞} k^{2}(1 − p)^{k−1}, és Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Deriváljuk kétszer a ∑_{k=0}^{∞} x^{k} = \frac{1}{1 − x},

|x| < 1 azonosságot. Azt kapjuk, hogy

\frac{1}{(1 − x)^{2}} = ∑_{k=1}^{∞} kx^{k−1},

\frac{2}{(1 − x)^{3}} = ∑_{k=2}^{∞} k(k − 1)x^{k−2}.

Innen x = 1−p helyettesítéssel \frac{1}{p^{2}} = ∑_{k=1}^{∞} k(1−p)^{k−1}, Eξ = p ∑_{k=1}^{∞} k(1−p)^{k−1} = \frac{p}{p^{2}} = \frac{1}{p},

∑_{k=0}^{∞} k^{2}(1 − p)^{k−1} = (1 − p) ∑_{k=2}^{∞} k(k − 1)(1 − p)^{k−2} + ∑_{k=1}^{∞} k(1 − p)^{k−1} = \frac{2(1 − p)}{p^{3}} + \frac{1}{p^{2}} ,

Eξ^{2} = \frac{2(1 − p)}{p^{2}} + \frac{1}{p}, Var ξ = \frac{2(1 − p)}{p^{2}} + \frac{1}{p} − \frac{1}{p^{2}} = \frac{1}{p^{2}} − \frac{1}{p} = \frac{1 − p}{p^{2}}.

Feladat:

Számítsuk ki egy n és p paraméterű negatív binomiális eloszású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét annak az ismeretnek a segítségével, hogy

egy p paraméterű geometriai eloszlású valószínűségi változó várható értéke \frac{1}{p} és

szórásnégyzete \frac{1 − p}{p^{2}}.

Tárgyaljuk meg, hogyan lehet egy negatív binomiális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét kiszámolni a generátorfüggvénye ismeretében. Sőt, lássunk be egy olyan formulát, mely általánosabb esetben is alkalmazható.

Legyen P = {p_{k}: k = 1, 2, … }, p_{k} ≥ 0, k = 0, 1, 2, …, ∑_{k=0}^{∞} p_{k} = 1, valószínűség

eloszlás a nem negatív egész számokon. Vezessük be az ezen eloszláshoz tartozó

g(x) = g_{P}(x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x^{k}.

generátorfüggvényt. Vegyük észre, hogy a g(x) függvényt definiáló hatványsor konvergens a −1 < x < 1 intervallumban. Továbbá kétszeri deriválás és az x = 1 (formális) helyettesítés azt sugallja, hogy

g′(x) = ∑_{k=1}^{∞} kp_{k}x^{k−1}, g′′(x) = ∑_{k=2}^{∞} k(k − 1)p_{k}x^{k−2},

valamint

g′(1) = ∑_{k=1}^{∞} kp_{k}, g′′(1) = ∑_{k=2}^{∞} k(k − 1)p_{k},

és ezen azonosságok segítségével kiszámolhatjuk a keresett várható értéket és szórásnégyzetét.

Felmerül a kérdés, szabad-e az alábbi számolásokat végrehajtani. A problémát az okozza, hogy hatványsorokat szabad tagonként deriválni a konvergenciatartomány belsejében, de mi az x = 1 helyettesítést hajtottuk végre, és lehet, hogy a g(x) függvény hatványsora nem terjeszthető ki egy a (−1, 1) intervallumnál nagyobb intervallumra. A negatív binomiális eloszlás generátorfüggvénye esetén egy ilyen kiterjesztés lehetséges, de érdemes az általános esetet is tekinteni, és ekkor nem szabad kizárni ezt a lehetőséget.

Az analízis bizonyos eredményei biztosítják a fenti számolás jogosságát. Egyrészt

igaz az, hogy ha egy h(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} hatványsor konvergens egy (−A, A) intervallum-

ban, és a h(A) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}A^{k} összeg konvergens, akkor lim_{x→A} h(x) = h(A). Másrészt, ha

a h(x) Taylor-sor a_{k} együtthatói nem negatívak, akkor lim_{x→A} h(x) = h(A). Speciálisan,

ha ebben az esetben lim_{x→A} h(x) < ∞ akkor h(A) < ∞. Ezeknek az eredményeknek az

alkalmazásával A = 1 és h(x) = g′(x) illetve h(x) = g′′(x) választással meg lehet mutatni a fenti számolások jogosságát. Érdemes megjegyezni, hogy az általános esetben a g′(1) = lim_{x→1} g′(x) g′′(1) = lim_{x→1} g′′(x) képletet kell alkamaznunk annak érdekében, hogy

a g′(1) és g′′(1) számokat értelmezni tudjuk.

Megjegyzés: Az, hogy egy hatványsor hogyan viselkedik a kovergenciakörének szélén, a komplex függvénytan egyik nehéz és fontos kérdése. Annak érdekében, hogy lássunk egy egyszerű példát, mely rávilágíthat arra, hogy vigyázni kell a formális számolások

során tekintsük az h(x) = \frac{1}{1 + x} = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k}x^{k} hatványsort. Ekkor h(x) konvergens

a −1 < x < 1 intervallumban, h(1) = \frac{1}{2}, és h(x) hatványsora az x = 1 pontban, a

∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} sor, divergens. Ez a példa azért nem mond ellen a fent elmondottaknak, mert

ebben a hatványsorban vannak negatív együtthatók is.

Feladat:

Lássuk be, hogy amennyiben egy ξ valószínűségi változó generátorfüggvénye valamely g(x) függvény, akkor Eξ = g′(1), Var ξ = g′′(1) + g′(1) − g′(1)^{2}, ahol az általános esetben a g′(1) = lim_{x→1} g′(x) és g′′(1) = lim_{x→1} g′′(x) képletek definiálják ezeket a mennyiségeket. Számoljuk ki egy r és p paraméterű negatív binomiális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét, felhasználva,

hogy e valószínűségi változó generátorfüggvénye a (\frac{px}{1 − (1 − p)x})^{r} függvény.

Feladat:

Mutassunk példát olyan P = {p_{k}: k = 1, 2, … }, p_{k} ≥ 0, k = 0, 1, 2, …, ∑_{k=0}^{∞} p_{k} = 1,

valószínűség eloszlára a nem negatív egész számokon, melynek g(x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x^{k} generátorfüggvénye semmilyen ε > 0 szám esetén nem konvergens a −1 − ε < x < 1 + ε intervallumon.

Feladat:

Legyen ξ geometriai eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen P (ξ = k) = p(1 − p)^{k−1}, k = 1, 2, . . .. Lássuk be, hogy ξ teljesíti a következő (diszkrét) örökifjú tulajdonságot.

P (ξ = k + l|ξ > l) = p(1 − p)^{k−1} = P (ξ = k).

Adjuk meg ennek az azonosságnak a valószínűségszámítási magyarázatát is.

b.) Hipergeometrikus eloszlás.

Tekintsünk először egy tipikus példát, amelyikben ilyen eloszlások megjelennek. Adva van egy urnában M piros és N − M fehér golyó. Visszatevés nélkül kihúzunk

n, n ≤ N golyót. Mi annak a valószínűsége, hogy k piros golyót húztunk ki?

Ez a valószínűség \begin{matrix}\binom{M}{k} & \binom{N − M}{n − k} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix}. Valóban, ha megkülönböztetjük az egyes

golyókat, akkor \binom{N}{n} különböző húzáseredmény alakulhat ki. (Nem különböztetünk

meg két húzáseredményt, ha ugyanzokat a golyókat húztuk ki csak más sorrendben.). Olyan húzássorozat, melyben az M piros golyóból k-t, az N − M fehér golyóból pedig

n − k-t húzunk \binom{M}{k}\binom{N − M}{n − k} van. Mivel ezek azok az n hosszú húzássorozatok,

melyekben pontosan k piros golyót húzunk, és az egyes húzássorozatok valószínűsége megegyezik, innen következik az állítás.

A hipergeometrikus eloszlás definiciója. Azt mondjuk, hogy a ξ valószínűségi változó hipergeometrikus eloszlású N, M és n paraméterekkel, ahol N, M és n nem negatív egész számok, M < N, n < N, ha

P (ξ = k) = \begin{matrix}\binom{M}{k} & \binom{N − M}{n − k} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix}, 0 ≤ k ≤ n.

Ilyen módon valóban eloszlást definiáltunk. A ∑_{k=0}^{n} P (ξ = k) = 1 azonossággal ekvi-

valens ∑_{k=0}^{n} \binom{M}{k}\binom{N − M}{n − k} = \binom{N}{n} azonosságot (más jelöléssel) beláttuk a binomiális

eloszlás vizsgálatában.

Feladat:

Számoljuk ki annak valószínűségét, hogy a lottóban pontosan három találatunk lesz.

Számoljuk ki egy hipergeometrikus eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Feladat:

Számoljuk ki egy N, M és n paraméterű hipergeometrikus eloszlású ξ valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét, azaz egy olyan valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét, melyre

P (ξ = k) = \begin{matrix}\binom{M}{k} & \binom{N − M}{n − k} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix}, 0 ≤ k ≤ n.

Mutassuk meg, hogy Eξ = n\frac{M}{N}, Var ξ = \frac{nM}{N} (1 − \frac{M}{N} ) \frac{n − n}{N − 1}.

Segítség: Tekintsünk egy urnamodellt, melyben ξ jelöli azt, hogy N piros és N −M fehér golyóból n visszatevés nélküli húzásban hány piros golyót húzunk. Legyen ξ_{j} = 1, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye

fehér, 1 ≤ j ≤ n. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} valószínűségi változó várható értékét és

szórásnégyzetét kell kiszámolnunk. Hogyan kell ezt csinéálni? Emlékezzünk arra, hogy mint korábban megmutattuk, ebben a modellben annak a valószínűsége, hogy valamely húzás(ok)ban piros golyót húzunk nem függ attól, hogy hanyadik húzást tekintettük.

Ha egy urnahúzásban N és N − M nagy, azaz sok fehér és piros golyó van az urnában, és fix számú golyót kihúzunk, akkor a húzáseredmény szempontjából alig van jelentősége annak, hogy a kihúzott golyókat visszadobjuk-e vagy sem. Ilyen jellegű állítást fogalmaz meg a következő (egyszerű) feladat.

Feladat:

Ha N → ∞, lim_{N→∞} \frac{M}{N} = p, 0 < p < 1, n rögzített egész szám, akkor

lim_{N→∞} \begin{matrix}\binom{M}{k} & \binom{N − M}{n − k} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix} = \binom{n}{k}p^{k}(1 − p)^{n−k} minden 0 ≤ k ≤ n számra.

A hipergeometrikus eloszlás természetes általánosítása a polihipergeometrikus eloszlás. Ennek megértése érdekében tekintsük a következő feladatot: Egy urnában r kü-

lönböző színű golyó van, N_{1} 1-es, N_{2} 2-es, … N_{r} r-es színű golyó. Legyen N = ∑_{j=1}^{r} N_{j}.

Ezekből a golyókból kihúzunk n-et visszatevés nélkül. Mi annak a valószínűsége, hogy k_{1} 1-es, k_{2} 2-es, … k_{r} r-es színű golyót húzunk ki?

A válasz:

\begin{matrix}\binom{N_{1}}{k_{1}} & \binom{N_{2}}{k_{2}} & ⋯ & \binom{N_{r}}{k_{r}} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix},

ahol n = ∑_{j=1}^{r} k_{r}. Ennek az állításnak a bizonyítása hasonlóan történhet mint a hiper-

geometrikus eloszlás bevezetése előtt tekintett feladaté. Ennek a feladatnak az alapján vezették be a következő fogalmat.

A polihipergeometrikus eloszlás definiciója. Azt mondjuk, hogy a (ξ_{1}, …, ξ_{r}) véletlen vektor polihipergeometrikus eloszlású N_{1}, … N_{r} és n paraméterekkel, ahol N_{j},

1 ≤ j ≤ r, és n nem negatív egész számok, és N = ∑_{j=1}^{r} N_{j} jelöléssel n < N, ha

P (ξ_{1} = k_{1}, …, ξ_{r} = k_{r}) = \begin{matrix}\binom{N_{1}}{k_{1}} & \binom{N_{2}}{k_{2}} & ⋯ & \binom{N_{r}}{k_{r}} \\ ( & {N \atop n} & ) \end{matrix},

ahol n = ∑_{j=1}^{r} k_{j}.

Feladat:

Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{L} és η_{1}, …, η_{M} valószínűségi változók ugyanazon a valószínűségi mezőn. Lássuk be, hogy

Cov (∑_{j=1}^{L} ξ_{j}, ∑_{k=1}^{M} η_{k}) = ∑_{j=1}^{L} ∑_{k=1}^{M} Cov (ξ_{j}, η_{k}).

Feladat:

Legyen (ξ_{1}, …, ξ_{r}) véletlen vektor polihipergeometrikus eloszlású N_{1}, … N_{r} és n paraméterekkel. Számítsuk ki az Eξ_{j} várható értékeket, a Var ξ_{j} szórásnégyzetet minden 1 ≤ j ≤ r számra és a Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) kovarianciafüggvényt, ha 1 ≤ j, k ≤ r, j ≠ k. Segítség: A hipergeometrikus eloszlásról szóló hasonló feladat módszere természetes módon adaptálható ebben az esetben is. d.) Poisson eloszlás.

A Poisson eloszlást közvetlenül fogjuk definiálni. Azok a tulajdonságai, amelyek miatt fontos szerepet játszik a valószínűségszámításban később fognak kiderülni.

Poisson eloszlás definiciója. Egy ξ valószínűségi változó λ paraméterű Poisson eloszlású, ha ξ nem negatív egész értékeket vesz fel, és

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

Ez valóban valószínűség eloszlás, mert

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

Számítsuk ki egy λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó generátorfüggvényét. Ez

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

A következő állítást fontossága miatt fogalmazzuk meg Tétel formájában.

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

Bizonyítás:

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}.

Feladat:

Mutassuk meg, hogy a Poisson eloszlás generátorfüggvényének alakjából látható, hogy ha ξ és η két független, λ illetve μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó, akkor ξ + η λ + μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó.

A fenti eredmény következménye, hogy amennyiben véges sok független, Poisson eloszlású valószínűségi valószínűségi változónak vesszük az összegét, az ismét Poisson eloszlású lesz, melynek paramétere az egyes valószínűségi változók paramétereinek az összege. A következő feladat állítása, melynek érdekes következményei vannak, tekinthető úgy mint ennak az állításnak a megfordítása. Abban ugyanis egy alkalmas konstrukció segítségével egy Poisson eloszlású valószínűségi változót bontunk fel független kisebb paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változók összegére.

Feladat:

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.

Lássuk be az előző feladat segítségével a következő állítást:

Feladat:

Legyen adva ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ paraméterrel. Dobjunk le egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenül véletlenül egyenletesen ξ darab pontot az egységintervallumra, azaz tegyük fel, hogy minden pont b − a valószínűséggel esik valamely [a, b] ⊂ [0, 1] intervallumba. Ekkor a [0, 1] intervallum tetszőleges felbontására [s_{0}, s_{1}], [s_{1}, s_{2}], …, [s_{k−1}, s_{k}] intervallumokra, 0 = s_{0} < s_{1} < ⋯ < s_{k} = 1, az egyes intervallumokba eső pontok száma egymástól független Poisson eloszlású valószínűségi változó s_{j} − s_{j−1}, 1 ≤ j ≤ k, paraméterrel.

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

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

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

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

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

Jegyezzük meg, hogy a Poisson eloszlás várható értékére és szórásnégyzetre kapott eredmények összhangban vannak azzal a ténnyel, hogy független Poisson eloszlású valószínűségi változók összege olyan Poisson eloszlású valószínűségi változó, melynek paramétere az összeadandók paramétereinek az összege. Ugyanis mind a várható érték mind a szórásnégyzet additív független valószínűségi változók összegzése esetén.

Feladat:

Legyenek ξ_{j}, j = 1, …, r, független Poisson eloszlású valószínűségi változók λ_{j}, 1 ≤ j ≤ r, paraméterekkel. Mutassuk meg, hogy

P (ξ_{1} = k_{1}, …, ξ_{r} = k_{r}| ∑_{j=1}^{r} ξ_{j} = n) = \frac{n!}{k_{1}! ⋯ k_{r}!} ∏_{j=1}^{r} \frac{λ_{j}^{k_{j}}}{( ∑_{s=1}^{r} λ_{s})^{k_{j}}} ,

ha ∑_{j=1}^{r} k_{j} = n. Azaz a ξ_{1}, …, ξ_{r} vektor feltételes eloszlása feltéve, hogy ∑_{j=1}^{r} k_{j} = n

a polinomiális eloszlás n és p_{j} = \frac{λ_{j}}{∑_{s=1}^{r} λ_{s}}, 1 ≤ j ≤ r, paraméterekkel.

Jegyezzük meg, hogy ha jól megértjük a valószínűségi mezők és változók szerkezetét a fenti állítás kiolvasható abból a korábban megfogalmazott feladat eredményéből is, mely megad egy lehetőséget arra, hogy egy Poisson eloszlású valószínűségi változót felbontsunk kisebb paraméterű független Poisson eloszlású valószínűségi változók össze-

gére. Ugyanis, ha abban a ledobott ξ golyó száma ξ = ∑_{j=1}^{r} ξ_{j}, akkor ξ = n feltétel

választással, azaz pontosan n pontot dobva le, a fenti eredményt kapjuk.

Lemma. Minden n = 1, 2, … számra tekintsünk egy S_{n} binomiális eloszlású valószínűségi változót B(n, p_{n}) eloszlással, azaz n és p_{n} paraméterekkel. Tegyük fel továbbá, hogy a λ_{n} = np_{n}, n = 1, 2, …, számok teljesítik a lim_{n→∞} λ_{n} = λ feltételt valamilyen λ > 0 számmal. Ekkor

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

minden k = 0, 1, 2, … számra.

Bizonyítás:

P (S_{n} = k) = \binom{n}{k} (1 − \frac{λ_{n}}{n} )^{n−k} (\frac{λ_{n}}{n} )^{k} =

\frac{λ_{n}^{k}}{k!} (1 − \frac{λ_{n}}{n} )^{n} (1 − \frac{λ_{n}}{n} )^{−k} \frac{n(n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{n^{k}} → \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ},

ha n → ∞ minden k = 0, 1, 2, … számra, mert \frac{λ_{n}^{k}}{k!} → \frac{λ^{k}}{k!} , (1 − \frac{λ_{n}}{n} )^{n} → e^{−λ},

(1 − \frac{λ_{n}}{n} )^{−k} → 1, és \frac{n(n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{n^{k}} → 1, ha n → ∞.