A november 6-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Az alábbi feladatot részben megbeszéltük a múlt gyakorlaton. Most felidézzük az eredményt, mert azt bizonyos további érvelésekben használni fogjuk.

1. Legyen egy ξ valószínűségi változónak k-ik abszolut momentuma, azaz tegyük fel, hogy E|ξ|^{k} < ∞. Ekkor a ξ valószínűségi változó φ(t) = Ee^{itξ} k-szor deriválható,

és \frac{d^{j}φ(t)}{dt^{j}} |_{t=0} = i^{j}Eξ^{j} minden 1 ≤ j ≤ k számra.

|e^{it} − (1 + it + \frac{i^{2}t^{2}}{2} + \frac{i^{3}t^{3}}{3!} + ⋯ + \frac{i^{k−1}t^{k−1}}{(k − 1)!} )| ≤ \frac{t^{k}}{k!} .

Ezért, ha a ξ valószínűségi változónak létezik k-ik abszolut momentuma, akkor m_{j} = Eξ^{j} jelöléssel

|φ(t) − ∑_{j=1}^{k−1} \frac{i^{j}t^{j}m_{j}}{j!} | ≤ \frac{t^{k}E|ξ|^{k}}{k!} .

Speciálisan, ha ξ olyan valószínűségi változó, melyre Eξ = 0, Eξ^{2} = σ^{2}, E|ξ^{3}| < ∞,

akkor annak φ(t) karakterisztikus függvényére teljesül a |φ(t) − (1 − \frac{σ^{2}t^{2}}{2} ))| ≤

\frac{t^{3}E|ξ|^{3}}{6} egyenlőtlenség. Ha nem feltétlenül van abszolut hartmadik momentum,

akkor φ(t) = 1 − \frac{σ^{2}t^{2}}{2} + o(t^{2}), ha t = o(1). (Ez úgy is írható, hogy φ(t) =

e^{−t^{2}/2+o(t^{2})}, ha t = o(1).)

Megoldás: Az első azonosság következménye az e^{it} függvény k − 1 tagú Taylor sorfejtésének. Azt kell tudni, hogy annak finomabb alakjából az is látható, hogy a maradéktag becsülhető a jobboldalon szereplő kifejezéssel. Alkalmazva ezt az egyenlőtlenséget a tξ valószínűségi változóra, majd azt kiintegrálva (véve a két oldal várható értékét) megkapjuk a második össszefüggést. Az utolsó reláció bizonyítása érdekében vegyük először észre, hogy ha Eξ^{2} < ∞, akkor tetszőlegesen kicsi ε > 0 számra létezik olyan K = K(ε) > 0 szám, melyre ∫_{|u|≥K} u^{2} F ( du) < ε, ahol F (·) jelöli a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Igaz, hogy

|φ(t) − (1 − \frac{σ^{2}t^{2}}{2} )| = |φ(t) − (1 + itEξ − \frac{t^{2}}{2} Eξ^{2})|

= |∫ (e^{itu} − 1 − itu + \frac{t^{2}u^{2}}{2} ) F ( du)|

≤ ∫_{|u|≤K} | ⋯ |F ( du) + ∫_{|u|>K} | ⋯ |F ( du).

Továbbá, ha t olyan kicsi, hogy |tK^{3}| < ε alkalmas kis δ = δ(ε) számra, akkor

|e^{itu} − 1 − itu + \frac{t^{2}u^{2}}{2} | < \frac{|t^{3}u^{3}|}{6} ≤ εt^{2}, ha |t| ≤ K

és

∫_{|u|<K} |(e^{itu} − 1 − itu + \frac{t^{2}u^{2}}{2} )| F ( du) ≤ εt^{2}.

Ha t ≥ K, akkor kissé másképp érdemes becsülni. Ekkor

|(e^{itu} − 1 − itu + \frac{t^{2}u^{2}}{2} )| ≤ |(e^{itu} − 1 − itu)| + |\frac{t^{2}u^{2}}{2} | ≤ \frac{t^{2}u^{2}}{2} + \frac{t^{2}u^{2}}{2} ≤ t^{2}u^{2},

ezért

∫_{|u|≥K} |(e^{itu} − 1 − itu + \frac{t^{2}u^{2}}{2} )| F ( du) ≤ t^{2} ∫_{|u|≥K} u^{2}F ( du) ≤ εt^{2}.

Ezekből az egyenlőtlenségekből következik, hogy

|φ(t) − (1 − \frac{σ^{2}t^{2}}{2} )| ≤ 2εt^{2},

ha |t| ≤ t(ε) alkalmas t(ε) küszöbindex választással. Mivel a fenti egyenlőtlenség minden ε > 0 és (az ε-tól függő) kis t számra igaz, innen következik a feladat utolsó állítása.

2. Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, … független, egyforma eloszlású valószínűségi változók, melyekre Eξ_{1} = 0, Eξ_{1}^{2} = σ^{2}, 0 < σ^{2} < ∞. Lássuk be az eddig tárgyalt eredmények alapján,

hogy az S_{n} = n^{−1/2} ∑_{k=1}^{n} ξ_{k} valószínűségi változók eloszlásban konvergálnak a nulla

várható értékű σ^{2} szórásnégyzetú normális eloszlásfüggvényhez.

Megoldás: Azt kell belátnunk, hogy tetszőleges t számra lim_{n→∞} Ee^{itS_{n}} = e^{−σ^{2}t^{2}/2}.

Másrészt, láttuk, hogy Ee^{itS_{n}} = (Ee^{itξ_{1}/\sqrt{n}})^{n} = φ(n^{−1/2}t)^{n}, ahol φ(t) = Ee^{itξ_{1}} a ξ_{1} vakószínűségi változó karakterisztikus függvénye. Viszont láttuk, hogy nagy n-re, és rögzített t számra n^{−1/2}t kicsi, ezért φ(tn^{−1/2}) = 1 − \frac{t^{2}}{2n} + o (\frac{t^{2}}{n} ) =

e^{−t^{2}/2n(1+o(1))}, ahonnan lim_{n→∞} φ^{n}(tn^{−1/2}) = e^{−t^{2}/2}.

Tekintsünk egy ξ egész értékú valószínűségi változót, és annak p(k) = P (ξ = k), k = 0, ±1, ±2, … eloszlását. Definiáljuk a p(k) sorozat segítségével a

P (t) = ∑_{k=−∞}^{∞} p(k)e^{ikt}, −π ≤ t ≤ π

Fourier sort. Ekkor a Fourier sorok egyik alapvető formulája alapján ennek a Fourier sornak az együtthatóit ki lehet számítani a

p(k) = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{−ikt}P (t) dt, k = 0, ±1, ±2, …  (a)

formula segítségével. Ezért, ha jó aszimptotikus formulát tudunk adni a P (t) Fourier sorra, és jól tudjuk becsülni az (a) formulában szereplő integrált, akkor jó becslést kapunk a minket érdeklő p(k) valószínűségekre is. A P (t) Fourier sor tulajdonképpen a ξ valószínűségi változó karakterisztikus függvénye. Ezért, ha ξ független valószínűségi változók normalizált összege, akkor sok esetben jól tudjuk kezelni a karakterisztikus függvényt, és az (a) formula segítségével. Megmutatjuk az alábbiakban, hogyan lehet e módszer segítségével a Stirling formulát bebizonyítani.

3.) Számoljuk ki egy ξ λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó karak-

terisztikus függvényét. (Azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}. Tekintsük a λ = n esetet, és számoljuk ki a P (ξ = n) valószínűséget az (a) formula segítségével. Mutassuk meg e formula segítségével, hogy

n! = (\frac{n}{e})^{n} \frac{2π}{∫_{−π}^{π} e^{n(e^{it}−1−it)} dt}.

Megoldás: Ha ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ paraméterrel, azaz P (ξ =

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

Ee^{itξ} = P (t) = ∑_{k=0}^{∞} P (ξ = k)e^{itk} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ+ikt} = e^{−λ+λe^{it}}.

Innen, és a (a) formulából kapjuk λ = n és k = n választással, hogy

\frac{n^{n}}{n!} e^{−n} = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{−n−int+ne^{it}},

és ez ekvivalens a feladatban felírt azonossággal.

4.) Bizonyítsuk be, hogy

∫_{−π}^{π} e^{n(e^{it}−1−it)} dt = \begin{matrix}√ & \overline{2π} \\ √ & \overline{n} \end{matrix} (1 + O (\frac{1}{n})) ,

és

n! = \sqrt{2πn} (\frac{n}{e})^{n} (1 + O (\frac{1}{n})) .

Megoldás: A feladat második relációja az első reláció és a az \frac{1}{1 + x} = 1−x+O(x^{2}) =

1 + O(x), ha |x| ≤ \frac{1}{2} reláció egyszerű következménye.

Az első reláció bizonyítása érdekében adjunk felső becslést az integrál hozadékára a {t: |t| ≥ n^{−1/3}} tartományban. Azután tekintsük az integrál megszorítását a {t: |t| < n^{−1/3}} tartományra, és számítsuk ki ennek aszimptotikáját pontosan.

Az első becslés elvégzésének érdekében vegyük észre, hogy

|e^{n(e^{it}−1−it)}| = e^{nℜ(e^{it}−1−it)} = e^{n(cos t−1)} < e^{−nt^{2}/4} < e^{−n^{1/3}/4} ha n^{−1/3} ≤ t ≤ π

és innen

|∫_{{n^{−1/3}≤|t|≤π}} e^{n(e^{it}−1−it)} dt| = O (e^{−const. n^{1/3}}) .  (1)

A másik becslés végrehajtása érdekében számítsuk ki az integrandus aszimptotikáját Taylor-sorfejtés segítségével pontosabban az origo kis környezetében. Azt

kapjuk, hogy n(e^{it} − 1 − it) = n (−\frac{t^{2}}{2} − i\frac{t^{3}}{6} + O(t^{4})), és

e^{n(e^{it}−1−it)} = e^{−nt^{2}/2}e^{−int^{3}/6+O(nt^{4})}

= e^{−nt^{2}/2} (1 − \frac{i(\sqrt{n}t)^{3}}{6\sqrt{n}} + O (\frac{(\sqrt{n}t)^{4}}{n} ) + O (\frac{(\sqrt{n}t)^{6}}{n} )) ,

ha |t| ≤ n^{−1/3}. Felhasználva ezt a becslést és elvégezve az t̄ = \sqrt{n}t helyettesítést kapjuk, hogy

∫_{−n^{−1/3}}^{n^{−1/3}} e^{n(e^{it}−1−it)} dt = \frac{1}{\sqrt{n}} ∫_{−n^{1/6}}^{n^{1/6}} e^{−t̄^{2}/2} (1 − i\frac{t̄^{3}}{6\sqrt{n}} + \frac{O (t̄^{4} + t̄^{6})}{n}) dt̄

= \frac{1}{\sqrt{n}} (∫_{−∞}^{∞} − ∫_{|t̄|>n^{1/6}}) .

Másrészt

∫_{−∞}^{∞} e^{−t^{2}/2} (1 − i\frac{t^{3}}{6\sqrt{n}} + \frac{O(t^{4} + t^{6})}{n}) dt

= ∫_{−∞}^{∞} e^{−t^{2}/2} dt − ∫_{−∞}^{∞} \frac{i}{6\sqrt{n}}t^{3}e^{−t^{2}/2} dt + O (\frac{1}{n}) = \sqrt{2π} + O (\frac{1}{n})

az ∫_{−∞}^{∞} e^{−t^{2}/2} dt = \sqrt{2π} azonosság miatt, illetve azért mert a t^{3}e^{−t^{2}/2} függvény

páratlan. Ezenkívül

∫_{|t|≥n^{1/6}} e^{−t^{2}/2} (1 − i\frac{t^{3}}{6\sqrt{n}} + \frac{O(t^{4} + t^{6})}{n}) dt = O (e^{−n^{1/3}/4}) .

Ezekből a becslésekből következik, hogy

∫_{−n^{−1/3}}^{n^{1/3}} e^{n(e^{it}−1−it)} dt = \begin{matrix}√ & \overline{2π} \\ √ & \overline{n} \end{matrix} (1 + O (\frac{1}{n})) .  (2)

A feladat első állítása következik az (1) és (2) formulákból.

5. Számoljuk ki egy λ paraméterű ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Megoldás: Parciális integrálással kapjuk, hogy

Eξ = ∫_{0}^{∞} xλe^{−λx} dx = [−xe^{−λx}]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} e^{−λx} dx = \frac{1}{λ},

Eξ^{2} = ∫_{0}^{∞} x^{2}λe^{−λx} dx = [−x^{2}e^{−λx}]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} 2xe^{−λx} dx = \frac{2}{λ^{2}} .

Ezért Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2} = \frac{2}{λ^{2}} − \frac{1}{λ^{2}} = \frac{1}{λ^{2}} .

6. 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 élettartamát, 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).

6a. Legyen birtokunkban 100 lámpa, melyek mindegyike egymástól független időtartamig működik, élettartamuk pedig exponenciális eloszlású. Azt a hipotézist akarjuk ellenőrizni, hogy a lámpák élettartama legalább 10 óra, azaz az exponenciális

eloszlás paramétere kisebb vagy egyenlő mint λ = \frac{1}{10}. Egy termet bevilágítunk ezen lámpák valamelyikével, majd amikor az kiégett új lámpát használunk fel. Megfigyeljük, hogy mennyi a lámpák összélettartama. Ennek alapján akarjuk eldönteni, hogy hipotézisünk helyes-e. Természetes úgy dönteni, hogy amennyiben a lámpák elég sokáig égnek, akkor elfogadjuk a hipotézist, ha pedig nem akkor elutasítjuk. Mekkora élettartam esetén fogadjuk el a hipotézist, ha azt akarjuk, hogy a hipotézis teljesülése esetén legalább 0.95 valószűséggel fogadjuk azt el. (A matematikai statisztika szokásos terminológiájával ezt a követelményt úgy fogalmazzák meg, hogy az elsőfajú hiba legyen kisebb mint 0.05.)

Megoldás: Jelölje ξ_{j} a j-ik lámpa éléttartamát, 1 ≤ j ≤ 100, és adjunk jó becslést P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > x) valószínűségre ha az összegben független exponenciális eloszlású valószínűségi változók szerepelnek λ = \frac{1}{10} paraméterrel. (Ez a hipotézis teljesülése esetén a a legkellemetlenebb eset.) 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} > x) = P (\frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} > x) ∼ 1 − Φ (\frac{x}{100} − 10). Ezért

természetes az x szintet úgy választani, hogy 1 − Φ (\frac{x}{100} − 10) = 0.95, és ha az összélettartam nagyobb mint ez a szint akkor elfogadjuk a hipotézist. Innen Φ (10 − \frac{x}{100}) = 1 − Φ (\frac{x}{100} − 10) = 0.95. Mivel Φ(1.645) ∼ 0.95, ezért x = 835.5.