A szeptember 25-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Házi feladat

Egy szabályos pénzdarabot feldobunk százszor egymás után. Tekintsük a fejdobások számńak a harmadik hatványát, és számítsuk ki annak várható értékét.

A feladat megoldása érdekében tekintsük a vizsgált valószínűségi változó természetes felbontását. Legyen ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik

dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor S = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j} harmadik momentumát kell

kiszámolnunk. Az Ekkor S^{3} = ( ∑_{j=1}^{100} ξ_{j})^{3} várható értékét kell kiszámolnunk. Fejtsük ki

az S^{3}-t kifejező szorzatot, és az ES^{3} kiszámolásb́an használjuk ki, hogy a várható érték additiv. A következő tipusú tagok fognak szerepelni: Eξ_{j}^{3}, Eξ_{j}^{2}ξ_{k} = Eξ_{j}^{2}Eξ_{k}, j ≠ k, Eξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} = Eξ_{j}Eξ_{k}Eξ_{l}, ahol a j, k és l indexek különbözőek. Számítsuk ki, hogy az ilyen tipusú tagokból hány van, és oldjuk meg a feladatot.

1. Egy szabályos dobókockát feldobunk végtelen sokszor egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy a harmadik 6-os dobás az n-ik dobásban következik be, n = 3, 4, 5, ⋯? Megoldás: Ez az esemény akkor következik be, ha az első n − 1 dobásban pontosan két hatost dobunk, és az n-ik dobús eredménye is hatos. Ennek valószínűsége,

\binom{n − 1}{2} (\frac{5}{6})^{n−3} (\frac{1}{6})^{3}.

Ezt a feladatot nem annyira önmaga miatt tárgyaltuk, (ez egyébként példa a negatív binomiális eloszlás megjelenésére), hanem azért, hogy megtárgyaljuk, hogyan lehet egy szabályos dobókocka végtelen sok egymás utáni dobásának a valószínűségi modelljét megadni. Ez remélhetőleg érthetőbbé teszi miért kell a valószínűségi mező fogalmában néhány első látásra túlkomplikált fogalmat bevezetni.

Természetes az elemi eseményeket a végtelen ω = (j_{1}, j_{2}, …) sorozatokként definiálni, ahol mindegyik j_{n}, n = 1, 2, …, szám az 1, 2, …, 6 értékek valamelyikét veszi fel. A biztos Ω esemény az összes alább tekintett sorozatokból álló halmaz. Természetes lenne eseményeknek az Ω halmaz részhalmazait tekinteni. Utána meg kell adni az eseményeknek a valószínűségét. És itt jelennek meg a nehézségek. Ugyanis egyrészt minden ω elemi esemény valószínűsége nulla, másrészt Ω kontinum sok elemi eseményből áll. Hogyan kell definiálni a valószínűséget úgy, hogy az tükrözze azt, hogy egy szabályos dobókocka egymástól független dobásait írja le?

Legyen annak a valószínűsége, hogy az első n koordinátan előírt értékű j_{1}, …, j_{n} számok, (azaz azon végtelen sorozatokból álló halmaz, melynek jelei a j_{1}, …, j_{n} számok-

kal kezdődnek) (\frac{1}{6})^{n}. A valószínűséget úgy szeretnénk definiálni, hogy ezek a feltételek teljesüljenek. Mivel a valószínűség σ-additiv ez sok egyéb esemény valószínűségét is meghatározza. Például hogyan határozza meg annak valószínűségét, hogy az ötödik dobás eredménye nagyobb mint a harmadik dobásé? Általáben értelme van bizonyos események által meghatározott legszűkebb σ-algebráról beszélni. Halmazok egy A

rendszerét σ-algebrának nevezzük, ha A_{n} ∈ A esetében, n = 1, 2, …, ⋃_{n=1}^{∞} A_{n} ∈ A,

Ω \ A_{n} ∈ A, n = 1, 2, . . .. Be lehet látni, hogy az előbbi j_{1}, …, j_{n} számokkal kezdődő sorozatok halmazát, n = 1, 2, …, tartalmazó σ-algebrák között van egy legszűkebb σ-algebra, azaz egy olyan σ-algebra, amelyik része egy tetszőleges ezeket a halmazokat tartalmazó σ-algebrának. Ennek az állításnak a bizonyítása viszonylag egyszerű. Lényegesen nehezebben, de szintén bizonyítható állítás az, hogy ezen a legszűkebb σ-algebrán megadható egyértelműen egy olyan σ-additiv halmazfüggvény, amelyiknek értéke a már megadott halmazokon az előírt értékkel egyezik meg. Ennek alapján az előbbi halmazokat tartalmazó legszűkebb σ-algebrát tekintjük az A σ-algebrának, az A ∈ A halmazok P valószínűségét pedig a következő módon definiáljuk. Tekintjük az első n koordinátájában előírt j_{1}, …, j_{n} értéket felvevő sorozatokból álló halmazokat tartamazó legszűkebb A σ-algebrát, egy j_{1}, …, j_{n} jegyekkel kezdődő sorozatokból álló

halmaz valószínűsége (\frac{1}{6})^{n}, (ahol n a rögzített értékű jegyek száma), és tekintjük azt

az egyértelműen meghatározott P σ-additiv halmazfüggvényt az A σ-algebrán, melynek értéke az előbb definiált halmazokon a már definiált értékkel egyenlő. Egy A ∈ A halmaz valószínűsége ennek a P σ-additiv halmazfüggvénynek az A halmazon felvett értékével egyenlő.

Felmerül az a kérdés, hogy természetes-e a fenti definició. Miért nem definiáltuk például minden lehetséges halmaz valószínűségét? A válasz erre a kérdésre az, hogy ez nem lehetséges úgy, hogy megőrizzük a valószínűség σ-additiv tulajdonságát. Másrészt valójában nem vesztünk azzal, hogy csak a fenti σ-aalgebra halmazaira definiáltuk a valószínűséget. Ugyanis, amikor egy halmaz valószínűségét kérdezzük, akkor azt a halmazt valamilyen definicióval le kell írni. Viszont az összes definiálható halmaz része a fenti σ-algebrának.

Megjegyezzük, hogy a fent tárgyalt probléma általános. Mihelyt nem véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok küloböző értéket felvevő valószínűségi változóval dolgozunk, hasonló kérdések merülnek fel. Így például akkor, ha az egységintervallumon olyan valószínűségi mértéket akarunk definiálni, mely szerint egy intervallum mértéke megegyezik ennek az intervallumnak a hosszával. (Lebesgue mérték definiciója.)

Megmutatjuk, hogy a valószínűségszámítas általános elmélete segít bizonyos feladatok egyszerű megoldásában. Az alábbi két feladatban az egyik lehetséges (egyszerű) megoldási módszer az úgynevezett geometriai valószínűségek módszere. Annak hátterében, hogy ez a módszer alkalmazható ott van rejtve a mértékelmélet néhány eredménye. A feladat második lehetséges megoldása a konvolución alapul.

2. Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak?

3. Két botot véletlenszerűen, egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi az így kapott új bot hosszának az F (u) eloszlásfüggvénye?

Mind a két feladat megoldható formális számolással, azt felhasználva, hogy ismert sűrűségfüggvényű valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényét ki tudjuk számítani konvolúció segítségével. Ugyanakkor egy jó valószínűségi modellben vizsgálva a problémákat egyszerűbb megoldást is tudunk adni. Tekintsük mind a két megoldást.

2. feladat a) megoldás: Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy az első ember az y koordinátája pedig megadja, hogy a második ember ember mikor érkezett. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten, azaz annak valószínűsége, hogy ez a pont az egységnégyzet egy (szép) részhalmazába esik megegyezik e halmaz területével. Miért? Az, hogy a két ember találkozik azt az eseményt jelenti, hogy az így definiált (x, y) pont az egységnégyzet

A = \{(x, y): − \frac{1}{2} ≤ y − x ≤ \frac{1}{2}\} ∩ [0, 1] × [0, 1]

részhalmazába esik. Ennek a halmaznak a területe 1 − 2 · \frac{1}{8} = \frac{3}{4}, és ez a keresett valószínűség.

3. feladat a) megoldás: Ez a feladat is hasonló módon tárgyalható. Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy hol törtük el az első botot az y koordinátája pedig azt, hogy hol törtük el a második botot. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten. Az az esemény, hogy az összeragasztott bot hossza kisebb mint valamely u szám megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy az (x, y) pont a következő A_{1}(u), A_{2}(u), A_{3}(u) és A_{4}(u) halmazok A_{1}(u) ∪ A_{2}(u) ∪ A_{3}(u) ∪ A_{4}(u) uniójába esik: A_{1}(u) = {(x, y): x + y < u} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{2}(u) = {(x, y): x + (1 − y) < u} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{3}(u) = {(x, y): 1 − x + y < u\}∩[0, 1]×[0, 1] és A_{4}(u) = \{(x, y): 1−x+1−y < u\}∩[0, 1]×[0, 1]. Ha u < \frac{1}{2}, akkor ezek a halmazok diszjunktak, területük \frac{u^{2}}{2} , ezért F (u) = 1 − 2u^{2}, ha u ≤ \frac{1}{2}. Ha \frac{1}{4} ≤ u ≤ \frac{1}{2}, akkor az A_{1}(u)∪A_{2}(u)∪A_{3}(u)∪A_{4}(u) halmaz komplementere egy olyan négyzet, melynek átlója (2−2u) hosszú. Ezért F (u) = 1−2(1−u)^{2} = 4u−2u^{2} −1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ 1. Ha u ≥ 1, akkor F (u) = 1.

2. feladat második megoldása. Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, mely azt adja meg, hogy hány (0 és 1 közötti számmal kifejezhető) órával 8 óra után jelent meg a j-ik ember a helyszínen. Ekkor ξ_{1} és ξ_{2} független a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók. Minket a −\frac{1}{2} ≤ ξ_{1}−ξ−2 ≤ \frac{1}{2} események valószínűsége érdekel. Az F (u) = P (ξ_{1} −ξ_{2} < u) eloszás sűrűségf8ggvénye a g(u) = f_{1} ∗f_{2}(u) konvolúció, ahol f_{1}(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, f_{1}(u) = 0, különben, f_{2}(u) = 1, ha −1 ≤ u ≤ 0, f_{2}(u) = 0 különben. Ekkor a minket érdeklő mennyiség az F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2} g(u) du. (Emlékeztetőül, ha f_{1} és f_{2} két sűrűségfüggvény, akkor ezek konvoluciója f_{1} ∗ f_{2} a következő módon számolható ki.

f_{1} ∗ f_{2}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(u)f_{2}(x − u) dv = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(x − u)f_{2}(u) dv, −∞ < x < ∞.

Továbbá, ha ξ_{1} és ξ_{2} két független valószínűségi változó f_{1}(·) és f_{2}(·) sűrűségfüggvényekkel, akkor a ξ_{1} + ξ_{2} ősszegnek is létezik sűrűségfüggvénye, és az az f_{1} ∗ f_{2}(·) konvolució.) Némi számolás adja, hogy g(u) = 1 − u, ha 0 < u < 1 g(u) = 1 + u, ha −1 < u < 0.

Innen F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2}(1 − |u|) du = \frac{3}{4}.

2. feladat második megoldása. Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, mely azt adja meg, hogy a j-ik bot rövidebb végének mi a hossza. Ekkor ξ_{1}, és ξ_{2} független valószínűségi változók f(x) = 2, ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként sűrúségfüggvénnyel. Minket a ξ_{1} + ξ_{2} eloszlása érdekel. Viszont ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvénye g(x) = f ∗ f(x), ahonnan g(x) = 2 − |2 − 4x|, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 különben. Ezt kiintegrálva megkapjuk az eredményt.

Házi feladat. Legyen ξ_{1} és ξ_{2} független, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ_{1} és ξ_{2} sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 1 egyébként. Számítsuk ki ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvényét.

(Sűrűség)függvények konvoluciójának a definiciója. Legyen f(·) és g(·) két sűrűségfüggvény a számegyenesen, általánosabban integrálható függvények, azaz tegyük fel, hogy ∫_{−∞}^{∞} |f(u)| du < ∞ és ∫_{−∞}^{∞} |g(u)| du < ∞. Az f(·) és g(·) függvények f ∗ g(·) konvoluciója az

f ∗ g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u)g(x − u) du, −∞ < x < ∞,

függvény.

Megjegyzés: Egyszerű (lineáris) transzformációval kapjuk, hogy a konvoluciót másképp is kiszámolhatjuk. Ez mutatja, hogy a konvolucióban résztvevő függvények szimmetrikus szerepet játszanak.

f ∗ g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u)g(x − u) du = ∫_{−∞}^{∞} f(x − u)g(u) du

= ∫_{−∞}^{∞} f (\frac{x}{2} − u) g (\frac{x}{2} + u) du, −∞ < x < ∞.

Tétel független valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényéről. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó f(·) és g(·) sűrűségfüggvénnyel. Ekkor a ξ + η összegnek is létezik sűrűségfüggvénye, és az az

f ∗ g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u)g(x − u) du, −∞ < x < ∞

függvény.