Az október 30-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Karakterisztikus függvény definiciója. Egy ξ valószínűségi változó karakterisztikus függvénye a φ(t) = Ee^{itξ}, −∞ < t < ∞, (a valós számokon értelmezett komplex számértékű) függvény. (Itt i = \sqrt{−1}.) Ha a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye F (·), akkor karakterisztikus függvény az alábbi formulával is kiszámítható:

φ(t) = Ee^{itξ} = ∫_{−∞}^{∞} e^{itu}F ( du)

1. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, φ_{k}(t) = Ee^{itξ_{k}}, 1 ≤ k ≤

n, karakterisztikus függvényekkel. Ekkor a ξ = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k} összeg karakterisztikus

függvénye a φ(t) = Ee^{itξ} = ∏_{k=1}^{n} φ_{k}(t). Ha a ξ valószínűségi változó karakterisztikus

függvénye φ(t), akkor az aξ + b valószínűségi változó karakterisztikus függvénye φ_{a,b}(t) = e^{ibt}φ(at).

Megoldás: Ha a ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók függetlenek, akkor

φ(t) = Ee^{it(ξ_{1}+···+ξ_{n})} = E (e^{itξ_{1}} ⋯ e^{itξ_{n}}) = Ee^{itξ_{1}} ⋯ Ee^{itξ_{n}} = ∏_{k=1}^{n} φ_{k}(t),

és

φ_{a,b}(t) = Ee^{it(aξ+b)} = Ee^{it(atξ)}e^{itb} = e^{itb}Ee^{i(at)ξ} = Ee^{it(tb)}φ(at).

2. 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}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.

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.

Megjegyzés: Korábban láttuk, hogy a standard normális eloszlás karakterisztikus függvénye az e^{−t^{2}/2} függvény. A fenti eredmények lehetővé teszik, hogy független valószínűségi változók normalizált összegeinek karakterisztikus függvénye konvergál a standard normális eloszlás karakterisztikus függvényéhez.

3. Az m várható értékű és σ^{2} szórásnégyzetű normális eloszlás karakterisztikus függvénye e^{itm−σ^{2}t^{2}/2}. Lássuk be ennek a formulának és annak a ténynek a felhasználásával, hogy egy eloszlásfüggvényt meghatároz annak karakterisztikus függvénye azt az eredményt, hogy ha ξ_{1} és ξ_{2} két független normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} illetve m_{2} várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ^{2} szórásnégyzettel, akkor ξ_{1} + ξ_{2} normális eloszlású valószínűségi változó m_{1}+m_{2} várható értékkel és σ_{1}^{2}+σ_{2}^{2} szórásnégyzettel.

Megoldás: Egy m várható értékű és σ^{2} szórásnégyzetű ξ valószínűségi változó ξ = ση + m alakban írható, ahol η standard normális eloszlású valószínűségi változó. Ezért ξ karakterisztikus függvénye Ee^{itξ} = Ee^{it(ση+m)} = e^{itm}Ee^{iσtη} = e^{itm}e^{−σ^{2}t^{2}/2} = e^{itm−σ^{2}t^{2}/2}. Innen következik, hogy az adott feltételek mellett ξ_{1} + ξ_{2} karakterisztikus függvénye e^{itm_{1}−σ_{1}^{2}t^{2}/2}e^{itm_{2}−σ_{2}^{2}t^{2}/2} = e^{it(m_{1}+m_{2})−(σ_{1}^{2}+σ_{2}^{2})t^{2}/2}, ez pedig az m_{1} +m_{2} várható értékű és σ_{1}^{2} +σ_{2}^{2} szórásnégyzetű normális eloszlás karakterisztikus függvénye.

4. Legyenek S_{k}, k = 1, 2, …, egyenletes eloszlású valószínűségi változók a [−k, k]

intervallumon, azaz legyen S_{k} sűrűségfüggvénye f_{k}(x) = \frac{1}{2k}, ha −k ≤ x ≤ k, és f_{k}(x) = 0 egyébként. Lássuk be, hogy az S_{k} valószínűségi változók karakterisztikus függvényei tartanak minden pontban egy határfüggvényhez, de ez a határfüggvény nem folytonos a nullában. Következésképp az S_{k} valószínűségi változók nem konvergálnak eloszlásban.

Megoldás:

φ_{k}(t) = Ee^{itS_{k}} = ∫_{−∞}^{∞} e^{itu}f_{k}(u) du = ∫_{−k}^{k} \frac{e^{itu}}{2k} du = \frac{e^{itk} − e^{−itk}}{2ikt} = \frac{sin kt}{kt},

ha t ≠ 0. Másrészt φ_{k}(0) = 1. Innen következik, hogy lim_{k→∞} φ_{k}(t) = 0, ha

t ≠ 0, és lim_{k→∞} φ_{k}(0) = 1, ha t ≠ 0, tehát a karakterisztikus függények sorozatának határfüggvénye a nullában nem folytonos. Az S_{k} valószínűsségi változók valóban nem konvergálnak eloszlásban egy határeloszláshoz, mert lim_{k→∞} P (S_{k} ∈ B) = 0 tetszőleges korlátos halmazra. Következésképpen az S_{k} valószínűségi változók eloszlásai “kifolynak a végtelenbe”, ahogy k → ∞.

5. Számoljuk ki egy (1, p) paraméterű ξ negativ binomiális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. (Azaz P (ξ = k) = (1 − p)p^{k−1}, k = 1, 2, …).

Megoldás: Ha ξ (1, p) paraméterű negativ binomiális eloszlású valószínűségi változó, akkor

Eξ = ∑_{k=1}^{∞} k(1 − p)p^{k−1} Eξ^{2} = ∑_{k=1}^{∞} k^{2}(1 − p)p^{k−1}

Ezen összegek egyik lehetséges kiszámolása: ∑_{k=0}^{∞} x^{k} = \frac{1}{1 − x}, ha |x| < 1. Két

egymás utáni deriválással kapjuk, hogy ∑_{k=1}^{∞} kx^{k−1} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} és ∑_{k=2}^{∞} k(k−1)x^{k−2} =

\frac{2}{(1 − x)^{3}} . Innen ∑_{k=1}^{∞} kp^{k−1} = \frac{1}{(1 − p)^{2}} , ∑_{k=1}^{∞} k^{2}p^{k−1} = ∑_{k=1}^{∞} kp^{k−1} + p ∑_{k=2}^{∞} k(k −

1)p^{k−2} = \frac{1}{(1 − p)^{2}} + \frac{2p}{(1 − p)^{3}} , és Eξ = \frac{1}{1 − p}, Eξ^{2} = \frac{1}{1 − p} + \frac{2p}{(1 − p)^{2}} . Ezért

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

6. 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 közé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést.

Az elvégzett dobások száma negatív binomiális eloszlású valószínűségi változó n = 1200 p = \frac{1}{3} paraméterekkel, és 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 kiszámításénak 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{1}{3} paraméterekkel, és minket a P (1680 < ξ_{1} +⋯+ξ_{1200} < 1830) valószínűség érdekel.

Megmutattuk az 5. feladatban, hogy Eξ_{j} = \frac{1}{1 − p} = \frac{3}{2}, Var ξ_{j} = \frac{p}{(1 − 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) valószínűség érdekel. A centrális határeloszlástétel

alapján P (−4 < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < 1) ∼ Φ (1) + Φ(4) − 1 ∼ Φ(1).

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.

Segítség: Vezessük be a 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, 1 ≤ j ≤ 2700. Ekkor minket a P (420 < ∑_{j=1}^{2700} ξ_{j} < 720)

valószínűség érdekel. Számítsuk ki a ξ_{j} valószínűségi változók várható értékét és szórásnégyzetét, és alkalmazzuk a centrális határeloszlástételt.