A november 13-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Teszek néhány kiegészítő magyarázatot a múlt gyakorlaton végzett számításokhoz. Ott használtam a O(·) (ejtsd nagy ordó) illtve o(·) (ejtsd kis ordó) jelölést. A gyarkorlaton derült ki, hogy ezzel a jelölésrendszerrel a hallgatóság korábban nem találkozott. Mivel ez hasznos és természetes jelölésrendszer, ezért érdemes ismertetni.

E jelölésrendszer segítségével azt akarjuk megfogalmazni, hogy egy bonyolult kifejezést milyen pontossággal tudunk közelíteni egy egyszerűbb kifejezéssel. A klasszikus példa a Taylor sorfejtés, és a vizsgált számolások többségében ezt használtuk. Ha egy függvény elég sokszor differenciálható, akkor az e függvény Taylor sorának első néhány tagjából álló polinom jól közelíti ezt a függvényt annak a pontnak a közelében, ahol a sorfejtést végeztük. De ez a közelítés csak ennek a pontnak kis környezetében ad hasznos eredményt. A O(·) és o(·) jelölést annak érdekében vezették be, hogy egyszerű és természetes módon mérjék az ilyen közelítések jóságát.

E bevezetés után adjuk meg e fogalmak pontos definicióját: Legyen egy f(t) függvénynek egy g(t) függvény jó közelítése egy t_{0} pont kis környezetében. Legyen R(t), R(t) ≥ 0, valamely függvény. Azt mondjuk, hogy f(t) = g(t) + o(R(t)) t = t_{0} + o(1)

esetben, ha lim_{t→t_{0}} \frac{|f(t) − g(t)|}{R(t)} = 0 Azt mondjuk, hogy f(t) = g(t)+O(R(t)) t = t_{0}+O(1)

esetben, ha léteznek olyan K > 0 és L > 0 számok, melyekre |\frac{|f(t) − g(t)|}{R(t)}| ≤ K, ha

|t−t_{0}| ≤ L. Egy (fontos) példa. Legyen f(t) háromszor differenciálható függvény. Ekkor f(t) = f(0) + f′(0)t + f′′(0)\frac{t^{2}}{2} + O(t^{3}), ha t = O(1), mert a közelítés nagyságrendje annyi, mint a Taylor sorfejtés harmadik tagja. Ha viszont csak annyit tudunk, hogy az f függvény kétszer differenciálható (ez a helyzet például akkor, ha olyan valószínűségi karakterisztikus függvényét tekintjük, melynek második momentuma véges, de a harmadik momentuma lehet végtelen is), akkor csak a következő gyengébb állítást írhatjuk fel: f(t) = f(0) + f′(0)t + f′′(0)\frac{t^{2}}{2} + o(t^{2}), ha t = o(1).

1. Legyen ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ = 1 paraméterrel, azaz F (x) = P (ξ < x) = 1 − e^{−x}, ha x ≥ 0, F (x) = P (ξ < x) = 0, ha x ≤ 0. Számítsuk ki a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét.

Megodás: Jelölje G(x) a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor G(x) = P (ξ + ξ^{2} < x). Mivel a ξ (exponenciális eloszlású valószínűségi) változó csak nem negatív értékeket vesz fel, ezért ξ +ξ^{2} valószínűségi változó is egy valószínűséggel nem negatív értéket vesz fel, azaz G(x) = 0, ha x < 0. Ha x ≥ 0, akkor a ξ + ξ^{2} < x egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha a ξ valószínűségi változó olyan y értéket vesz fel, melyre y + y^{2} < x, azaz y_{1}(x) < ξ < y_{2}(x), ahol y_{2}(x) =

\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}, és y_{1}(x) = \frac{−1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}, azaz y_{2}(x) és y_{1}(x) az y^{2} + y − x = 0

egyenlet nagyobb illetve kisebb gyöke. Mivel y_{1}(x) ≤ 0, y_{2}(x) ≥ 0 minden x ≥ 0 számra, ezért G(x) = P (y_{1}(x) < ξ < y_{2}(x)) = P (ξ < y_{2}(x)) = 1 − e^{−y_{2}(x)} = 1 − exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0. Ezzel meghatároztuk a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó

G(x) eloszlásfüggvényét. A ξ+ξ^{2} valószínűségi változó g(·) sűrűségfüggvénye ennek

deriváltja, azaz g(x) = 0, ha x < 0, g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + 4x}} exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0.

Megjegyzés: Ebben a feladatban a ξ → ξ+ξ^{2} leképezés inverzét kellett kiszámítani, azaz azt, hogy ha ξ + ξ^{2} egy félegyenesbe esik, akkor hova esik ξ. A feladatban szereplő ξ és ξ^{2} valószínűségi változók nem függetlenek. Ezért a független valószínűségi változólra tanultak (pl. a konvoulució alkalmazhatósága) nem használható a ξ + ξ^{2} kiszámításánál. A ξ + ξ^{2} összeg tagjait együtt kell tekinteni, az összeg eloszlását nem lehet kiszámítani ha csak a ξ és ξ^{2} valószínűségi változók eloszlásait ismerjük, de együttes eloszlásukat nem.

2. Adva van 100 lámpa, amelyek élettartama exponenciális eloszlású, λ = \frac{1}{10} paraméterrel. Ezeket a lámpákat egymás után betesszük egy foglalatba, hogy bevilágítsanak egy termet, és kicseréljük őket akkor, amikor kiégnek vagy 11 órai használat után akkor is, ha még nem égtek ki. Arra vagyunk kiváncsiak, mennyi ideig világítják be a lámpák a termet. Számítsuk ki ennek várható értékét és szórásnégyzetét.

Megoldás: Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, …, azt, hogy mennyi ideig világítja be a termet a j-ik kámpa. Számoljuk ki ξ_{j} Eξ_{j} várható értékét és Var ξ_{j} szórásnégyzetét.

Eξ_{j} = ∫_{0}^{11} \frac{x}{10}e^{−x/10} dx + 11P (ξ_{j} = 11) = [−xe^{−x/10}]_{0}^{11} + ∫_{0}^{11} e^{−x/10} dx

+ ∫_{11}^{∞} \frac{11}{10}e^{−x/10} dx = −11e^{−11/10} + 10 (1 − e^{−11/10}) + 11e^{−11/10}

= 10(1 − e^{−11/10}),

és

Eξ_{j}^{2} = ∫_{0}^{11} \frac{x^{2}}{10} e^{−x/10} dx + 121P (ξ_{j} = 11) = [−x^{2}e^{−x/10}]_{0}^{11} + ∫_{0}^{11} 2xe^{−x/10} dx
+ 121e^{−11/10} = ∫_{0}^{11} 2xe^{−x/10} dx = + ∫_{0}^{11} 200e^{−x/10} dx
= 200 (1 − e^{−11/10}) − 22e^{−11/10}.

Ezért Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = 100 (1 − e^{−11/10}) − 20e^{−11/10}. Minket az S = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}

valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel. ES = 100Eξ_{1} = 1000(1 − e^{−11/10}), és Var S = 100Var ξ_{1} = 20000 (1 − e^{−11/10}) − 2200e^{−11/10}.

3. Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ sűrűség-

függvénye f(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}. Számítsuk ki a ξ valószínűségi változó momentu-

mait, azaz az Eξ^{k} számokat, minden k = 1, 2, …, számra. Legyen η normális eloszlású valószínűségi változó m várható értékkel és σ^{2} szórásnégyzettel. Számoljuk ki az η valószínűségi változó Eη^{k} momentumait is minden k = 1, 2, … számra.

Megoldás: Eξ^{k} = ∫_{−∞}^{∞} x^{k} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx. Ha k páratlan szám, azaz k = 2l + 1

alakú, ahol l egész szám, akkor az integrandus páratlan függvény akkor Eξ^{2l−1} =. Ha k páros szám, azaz k = 2l, ahol l egész szám, akkor parciális integrálással kapjuk, hogy

Eξ^{2l} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2l} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = [x^{2l−1} · (−1)\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}]_{−∞}^{∞}

+ ∫_{−∞}^{∞}(2l − 1)x^{2l−2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = (2l − 1)Eξ^{2l−2}.

Ezt az azonosságot felhasználva indukcióval kapjuk, hogy

Eξ^{2l} = (2l − 1)(2l − 3) ⋯ 3 · 1.

Ha η normális eloszlású valószínűségi változó m várható értékkel és σ^{2} szórásnégyzettel akkor az η = m + σξ alakban írható fel, ahol ξ standard normális eloszlású

valószínűségi változó. Ezért Eη^{k} = E(m + σξ)^{k} = ∑_{j=0}^{k} \binom{k}{j}m^{k−j}σ^{j}Eξ^{j}, ahonnan

az Eξ^{j} kifejezésre előbb bizonyított eredmény alapján

Eη^{k} = ∑_{j=0}^{[ \frac{k}{2} ]} \binom{k}{2j}m^{k−2j}σ^{2j}(2j − 1)(2j − 3) ⋯ 3 · 1,

ahol [x] az x szám egész részét, azaz a legnagyobb x-nél kisebb egész számot jelöli.

4. Egy szabályos dobókockát feldobunk százszor egymás után. Számoljuk ki a páros dobások összegének a harmadik momentumát.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 100, 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, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3, vagy 5.

Legyen S = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}. Ekkor minket az ES^{3} mennyiség érdekel. ES^{3} = E ( ∑_{j=1}^{100} ξ_{j})^{3}.

Továbbá, Eξ_{j} = 2, Eξ_{j}^{2} = 7, Eξ_{j}^{3} = 48 minden 1 ≤ j ≤ 100 számra, és a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek. Ezért

ES^{3} =  ∑_{1≤j,k,l≤100 a j,k,l indexek különbözőek}Eξ_{j}Eξ_{k}Eξ_{l} +  ∑_{1≤j,k≤100 a j,k indexek különbözőek}Eξ_{j}^{2}Eξ_{k} + ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}^{3}

= 100 · 99 · 98 · 2^{3} + 3 · 100 · 99 · 14 + 100 · 48 = 8176200.

Idézzük fel a következő definiciót:

Rendezett minta definiciója. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független egyforma eloszlású valószínűségi változók valamilyen G(·) eloszlásföggvénnyel. Rendezzük ezeket a (véletlen) számokat ξ_{1}^{∗} ≤ ξ_{2}^{∗} ≤ ⋯ ≤ ξ_{n}^{∗} monoton növekvő sorrendbe. Ekkor a ξ_{1}^{∗} ≤ ξ_{2}^{∗} ≤ ⋯ ≤ ξ_{n}^{∗} sorozatot n elemű G(x) eloszlsú rendezett mintának nevezzük.

5. Legyen ξ_{1}^{∗} ≤ ξ_{2}^{∗} ≤ ⋯ ≤ ξ_{n}^{∗} n elemű rendezett mint olyan G(·) eloszlásfüggvénnyel, melynek létezik g(·) sűrűségfüggvénye. Ekkor e rendezett mintának létezik (n-

dimenziós) h(x_{1}, …, x_{n}) sűrűségfüggvénye, és h(x_{1}, …, x_{n}) = n! ∏_{k=1}^{n} g(x_{k}), ha x_{1} ≤

x_{2} ≤ ⋯ ≤ x_{n}, és h(x_{1}, …, x_{n}) = 0, ha ez a feltétel nem teljesül.

Megoldás: Legyen B az A = {(x_{1}, …, x_{n}): − ∞ < x_{1} < x_{2} < ⋯ < x_{n} < ∞} halmaz tetszőleges, (mérhető) részhalmaza az n-dimenziós térben. Ekkor

P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ B) = n!P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B),

mert P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B) = P ((ξ_{π(1)}, …, ξ_{π(n)}) ∈ B) az {1, …, n} számok tetszőleges π permutációjára, és különböző permutációkra diszjunkt eseményeket tekintettünk. Innen,

P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ B) = ∫_{B} n!g(x_{1}) ⋯ g(x_{n}) dx_{1} …, dx_{n},

ha B ⊂ A, és P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ B) = 0, ha B ∩ A = ∅. Innen következik a feladat állítása.

6. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független exponenciális eloszlású valószínűségi változók λ > 0

paraméterrel, S_{k} = ∑_{j=1}^{k} ξ_{j}, 1 ≤ k ≤ n. Az (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} ) vektor független az

S_{n} valószínűségi változótól, és e vektor elemei a [0, 1] intervallumban független, egyenletes eloszlású valószínűségi változókból álló rendezett mintát alkotnak.

Megoldás: Számoljuk ki az (S_{1}, …, S_{n}) vektor sűrűségfüggvényét.

P (S_{1} < u_{1}, …, S_{n} < u_{n}) = P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B) = ∫_{B} λ^{n}e^{−λ(y_{1}+···+y_{n})} dy_{1} … dy_{n},

ahol B = B(u_{1}, …, u_{n}) = {(y_{1}, …, y_{n}): y_{j} ≥ 0, y_{1} + y_{2} + ⋯ + y_{j} < u_{j}, j = 1, …, n}.

Írjuk át a fenti integrált az x_{j} = y_{1} + ⋯ + y_{j}, j = 1, 2, …, n transzformációval. E transzformáció invertálható. Jacobiánja 1, a B halmazt az {0 ≤ x_{j} < u_{j}, j = 1, …, n} halmazba képezi, ezért

P (S_{1} < u_{1}, …, S_{n} < u_{n}) = ∫_{{0≤x_{1}≤x_{2}<···≤x_{n}, x_{j}<u_{j}, j=1,...,n}} λ^{n}e^{−λx_{n}} dx_{1} … dx_{n}, ahonnan az (S_{1}, …, S_{n}) vektor sűrűségfüggvénye f(x_{1}, …, x_{n}) = λ^{n}e^{−λx_{n}}, ha 0 ≤ x_{1} ≤ x_{2} ≤ ⋯ ≤ x_{n}, és f(x_{1}, …, x_{n}) = 0 egyébként.

P (\frac{S_{1}}{S_{n}} < u_{1}, …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} < u_{n−1}, S_{n} < x)

= P (S_{1} < S_{n}u_{1}, …, S_{n−1} < S_{n}u_{n−1}, S_{n} < x)
= ∫_{{0≤y_{j}<u_{j}y_{n}, j=1,...,n, 0≤y_{n}<x}} f(y_{1}, …, y_{n}) dy_{1} … dy_{n}
= ∫_{{0≤y_{j}<u_{j}y_{n}, j=1,...,n, 0≤y_{1}≤y_{2}≤y_{n}<x}} λ^{n}e^{−λy_{n}} dy_{1} … dy_{n}.

Végezzük el az x_{j} = y_{j}y_{n}, j = 1, 2, …, n − 1 és x_{n} = y_{n} helyettesítésket. E transzformáció Jacobiánja x_{n}^{n−1}, és

P (\frac{S_{1}}{S_{n}} < u_{1}, …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} < u_{n−1}, S_{n} < x)

= ∫_{\{0≤x_{j}<u_{j}, j=1,...,n, 0≤x_{n}<x\}} x_{n}^{n−1}f (\frac{x_{1}}{x_{n}} , …, \frac{x_{n_{1}}}{x_{n}} , x_{n}) dx_{1} … dx_{n}.

Innen a keresett sűrűségfüggvény f(x_{1}, …, x_{n−1}, x_{n}) = λ^{n}e^{−λx_{n}}x_{n}^{n−1}, ha 0 ≤ x_{1} ≤ x_{1} ≤ x_{n−1} ≤ 1, és x_{n} ≥ 0, f(x_{1}, …, x_{n}) = 0 egyébként. Ez azt jelenti, hogy f(x_{1}, …, x_{n−1}, x_{n}) = h(x_{1}, …, x_{n−1})g(x_{n}), ahol h(x_{1}, …, x_{n−1}) = (n − 1)!, ha

0 ≤ x_{1} ≤ ⋯ ≤ x_{n−1}, h(x_{1}, …, x_{n−1}) = 0, egyébként, g(x_{n}) = \frac{x_{n}^{n−1}}{(n − 1)!}e^{−λx_{n}}, ha

x_{n} ≥ 0, g(x_{n}) = 0, ha x_{n} < 0. Ez azt jelenti, hogy az (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} ) vektor és S_{n}

valószínűségi változók függetlenek, az (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} ) vektor eloszlása megegyezik

n−1 független, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változóból készített rendezett minta eloszlásával, az S_{n} valószínűségi változó eloszlása pedig,

melynek sűrűségfüggvénye g(y) = \frac{y^{n−1}}{(n − 1)!}e^{−λy}, ha y ≥ 0, és g(y) = 0, ha y < 0,

megegyezik n független λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó összegének az eloszlásával.

7. Válasszunk a [0, 1] intervallumban egy x számot véletlenül egyenletes eloszlással,

és írjuk azt x = ∑_{k=1}^{∞} α(k)10^{−k}, 0 ≤ α(k) ≤ 9, alakban, azaz írjuk fel az x szám

tízedestört előállítását. Lássuk be, hogy az α(k), k = 1, 2, …, valószínűségi válto-

zók függetlenek, egyforma eloszlásúak, és P (α(k) = j) = \frac{1}{10}, 0 ≤ j ≤ 9. Másképp megfogalmazva: Egy véletlen szám tizedestörtjének a jegyei független és egyenletes eloszlású valószínűségi változók.

Megoldás: Azt kell belátni, hogy tetszőleges m ≥ 1 számra és j_{1}, …, j_{m}, egész számokra, 0 ≤ j ≤ 9,

P (α(k) = j_{k}, 1 ≤ k ≤ m) = 10^{−m}.

Viszont

{x: x olyan szám, melynek tízedesjegyeire α(k) = j_{k}, 1 ≤ k ≤ m}

= {x: ∑_{k=1}^{m} j_{k}10^{−k} ≤ x ≤ ∑_{k=1}^{m} j_{k}10^{−k} + 10^{−m}} ,

ezért valóban P (α(k) = j_{k}, 1 ≤ k ≤ m) = 10^{−m}.