A április 23-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Legyen ξ és η két független standard normális eloszlású valószínűségi változó. Számítsuk ki a \frac{η}{ξ} hányados eloszlás és sűrűségfüggvényét.

A megoldás kidolgozása előtt tegyünk először egy általános megjegyzést. Ha adva van két valószínűségi változó ξ és η, melyek (együttes) sűrűségfüggvénye egy ismert f(u, v) sűrűségfüggvény, akkor az \frac{η}{ξ} hányados eloszlásfüggvényét a következő

módon számolhatjuk ki: Vezessük be a g(u, v) = g_{x}(u, v) függvényt, mely a síkon az \{(u, v): \frac{v}{u} < x\} halmaz indikátorfüggvénye, azaz g(u, v) = 1, ha \frac{v}{u} < x, és

g(u, v) = 0, ha \frac{v}{u} ≥ x. Ekkor P (\frac{η}{ξ} < x) = Eg(ξ, η) = ∫ ∫ g(u, v)f(u, v) du dv =

∫ ∫_{\{(u,v) : \frac{v}{u} <x\}} f(u, v) du dv. Látni fogjuk, hogy az ebben a feladatban vizsgálandó integrál viszonylag egyszerű, könnyebben kezelhető.

Megoldás. A feladatben vizsgálandó hányados eloszlásfüggvénye

F (x) = P (\frac{η}{ξ} < x) = ∫∫_{v<xu} \frac{1}{2π} e^{−(u^{2}+v^{2})/2} du dv

= 2\frac{1}{2π} ∫_{− \frac{π}{2} <φ<arctan x} ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr dφ = \frac{1}{π} ∫_{− \frac{π}{2}}^{arctan x} dφ = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

Ebben a számolásban a felírt integrált átírtuk u = r cos φ, v = r sin φ transzformációval polárkoordinátarendszerben. E számolás során az integrandusban megjelenik az r Jacobian mint szorzó faktor. Ezután azt vegyük észre, hogy a belső r változó szerinti integrál ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr = [−e^{−r^{2}/2}]_{0}^{∞} = 1.

Kiszámoltuk a keresett valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. E valószínűségi

változó sűrűségfüggvénye az eloszlásfüggvény deriváltja, azaz az f(x) = \frac{dF (x)}{dx} =

\frac{1}{π(1 + x^{2})} függvény.

Második megoldás. A (ξ, η) vektor sűrűségfüggvénye \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+y^{2})/2}, ami forgatásinvariáns függvény. Innen következik, hogy annak valószínűsége, hogy a (ξ, η) vektor egy origóból kiinduló α szögű szögtartományba esik, \frac{α}{2π}. Ezért

P (\frac{η}{ξ} < x) = P ((ξ, η) ∈ [−\frac{π}{2} , arctan x) ∪ [\frac{π}{2} , arctan x + π) szögtartományban)
= \frac{1}{2π} 2 (arctan x + \frac{π}{2} ) = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

2. Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [0, 1] intervallumban, azaz legyen f(·) sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0 egyébként. Számítsuk ki a ξ^{2} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Első megoldás: Var ξ^{2} = E ((ξ^{2})^{2}) − (Eξ^{2})^{2} = Eξ^{4} − (Eξ^{2})^{2} = ∫ x^{4}f(x) dx −

(∫ x^{2}f(x) dx)^{2}, ahol f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0 egyébként, azaz f(x) a ξ

valószínűségi változó sűrűségfüggvénye. Innen Eξ^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} dx = \frac{1}{3}, és Var ξ^{2} =

∫_{0}^{1} x^{4} dx − (∫_{0}^{1} x^{2} dx)^{2} = \frac{1}{5} − (\frac{1}{3})^{2} = \frac{1}{5} − \frac{1}{9} = \frac{4}{45}.

Második megoldás: Számítsuk ki először a ξ^{2} valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét. A ξ^{2} valószínűségi változó F (·) eloszlásfüggvénye

F (x) = P (ξ^{2} < x) = P (−\sqrt{x} < ξ < \sqrt{x}) = P (0 ≤ ξ ≤ \sqrt{x}) = \sqrt{x}, ha 0 ≤ x ≤ 1,

F (x) = 0, ha ξ < 0, F (x) = 1, ha x > 1. Innen a ξ^{2} valószínűségi változó f(·)

sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}, ha 0 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 0 egyébként. Ezért

Eξ^{2} = ∫_{0}^{1} x\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{1}{2} · \frac{2}{3} = \frac{1}{3},

és

Var ξ^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} \frac{1}{2\sqrt{x}} dx − (∫_{0}^{1} x\frac{1}{2\sqrt{x}} dx)^{2} = \frac{1}{2} · \frac{2}{5} − (\frac{1}{2} · \frac{2}{3})^{2} = \frac{4}{45}.

3. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, melyek közül ξ Poisson eloszlású λ

paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 1] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, melyre f(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, és f(u) = 0, ha u > 1, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Legyen [a, b] egy olyan intervallum, melyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n]) = P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

= \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}(b − a) = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 0, 1, 2, . . .. Legyen továbbá f(u) = 0, ha u ≤ 0. Ebből a relációból, illetve abból a tényből, hogy P (ξ + η ≤ 0) = 0, következik, hogy P (ξ + η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a fent definiált f(·) függvénnyel, tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye.

4. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, melyek közül ξ Poisson eloszlású λ

paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 2] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, melyre f(u) = \frac{1}{2}, ha 0 ≤ u ≤ 2, és f(u) = 0, ha u > 2, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Ennek a feladatnak a megoldása hasonló az előzőhöz. Legyen [a, b] egy olyan intervallum, melyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor, ha n ≥ 1, akkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n])
+ P (ξ = n − 1, η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

+ P (ξ = n − 1)P (η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ}(b − a) = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 1, 2, . . .. Hasonlóan,

P (ξ + η ∈ [a, b]) = ∫_{a}^{b} P (ξ = 0) du = ∫_{a}^{b} e^{−λ} du

ha [a, b] ∈= 0, 1], továbbá P (ξ + η ≤ 0) = 0. Innen következik, hogy ha az f(·) függvény definicióját az f(u) = e^{−λ}, ha 0 ≤ u ≤ 1, f(u) = 0, ha u < 0 képletekkel fejezzük be, akkor P (ξ+η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du ezzel az f(·) függvénnyel. Tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye a fent definiált f(·) függvény.

5. 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 éléttartamát, 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).

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

függvénye φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, −∞ < x < ∞. Számítsuk ki a ξ^{2} + ξ_{4} valószínűségi

változó sűrűségfüggvényét.

Megoldás: Számítsuk ki először ξ^{2} + ξ^{4} G(x) eloszlásfüggvényét. Ha x < 0, akkor G(x) = 0, mert ξ^{2} + ξ^{4} ≥ 0 egy valószínűséggel. Ha x > 0, akkor a P (ξ^{2} + ξ^{4} < x) valószínűségét kell kiszámítanunk. Legyen u = u(x) az u^{2} + u − x = 0

egyenlet nagyobb gyöke, aza u = \frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}. Nem nehéz belátni, hogy ξ^{2}(ω) +

ξ^{4}(ω) < x akkor és csak akkor, ha 0 ≤< ξ^{2}(ω) < u(x), ami azt jelenti, hogy −\sqrt{u(x)} < x < \sqrt{u(x)}. Innen ξ^{2} + ξ^{4} eloszlásfüggvénye x > 0 esetén G(x) =

Φ (\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) − Φ (−\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) = 2Φ (\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) − 1,

ahol Φ(x) a standard normális eloszlásfüggvény. Innen differenciálással kapjuk,

hogy ξ^{2} + ξ^{4} sűrűségfüggvénye \frac{dG(x)}{dx}, ahonnan ez a sűrűségfüggvény nulla, ha

x < 0, és \sqrt{\frac{2}{π}} exp \{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{4}\} \frac{d}{dx}\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}, ha x > 0.

A következő két feladat célja annak az alaptételnek nevezett tétel feltételeinek jobb megértése, mely megadja a kapcsolatot az eloszlásfüggvények illetve azok karakterisztikus függvénye konvergenciája közötti kapcsolatot.

Ezenkívül, ha marad rá idő meg lehet tárgyalni egy ennek a feladatsornak a végén megfogalmazott állítás bizonyítását, mely megmagyarázza mi a jelentősége az alaptételben annak a feltételnek, hogy a karakterisztikus függvények egy a nullában folytonos függvényhez konvergálnak. Egyébként ennek az állításnak a bizonyítása az alaptétel bizonyításának egyik kulcslépése.

7. Mutassuk meg, hogy egy F eloszlásfüggvény φ(t) = ∫ e^{itu}F ( du) karakterisztikus függvénye folytonos minden pontban. Megoldás: Jelölje φ(t) = ∫ e^{itu}F ( du) az F eloszlásfüggvény karakterisztikus függvényét. Ekkor tetszőleges t, δ illetve K > 0 számra teljesül a

|φ(t + δ) − φ(t)| ≤ ∫ |e^{i(t+δ)} − e^{it}|F ( du) ≤ ∫_{u: |u|≤K} sup_{t: |t|≤K} |e^{i(t+δ)} − e^{it}|F ( du)

+ ∫_{u: |u|>K} 2F ( du) ≤ sup_{t: |t|≤K} |e^{iδt} − 1| + F (−K) + (1 − F (K))

egyenlőtlenség. Tetszőleges ε > 0 számhoz választhatunk olyan K = K(ε) számot, melyre F (−K) + (1 − F (K)) ≤ \frac{ε}{2}. Ezután elég kis δ_{0} = δ_{0}(ε, K, t) > 0 választással

elérhetjük, hogy sup_{t: |t|≤K} |e^{iδt} − 1| ≤ \frac{ε}{2}, ha δ ≤ δ_{0}. Innen következik, hogy |φ(t +

δ) − φ(t)| ≤ ε, ha δ < δ_{0}, azaz a φ(·) függvény folytonos.

8. Legyen F_{n}(·), n = 1, 2 …, a [−n, n] intervallumban egyenletes eloszlású valószí-

nűségi változók sorozata, azaz legyen F_{n}(·) sűrűségfüggvénye az f_{n}(u) = \frac{1}{2n}, ha −n ≤ u ≤ n, f_{n}(u) = 0, ha |u| > n képlet segítségével megadott függvény. Lássuk be, hogy az F_{n}(·) eloszlásfüggvények karakterisztikus függvényei minden pontban konvergálnak az φ(0) = 1, φ(t) = 0, ha t ≠ 0 képlettel megadott φ(t) függvényhez, amelyik az origóban nem folytonos. Továbbá az F_{n}(·) eloszlásfüggvények nem konvergálnak eloszlásban, mert minden véges [a, b] intervallumra

lim_{n→∞} [F_{n}(b) − F_{n}(a)] = 0.

Megoldás: Az F_{n} eloszlásfüggvény karakterisztikus függvénye

φ_{n}(t) = \frac{1}{2n} ∫_{−n}^{n} e^{itu} du = \frac{e^{itn} − e^{−itn}}{2nit} ,

ahonnan φ_{n}(t) ≤ \frac{1}{|t|n}. Innen lim_{n→∞} φ_{n}(t) = 0, ha t ≠ 0. Másrészt, φ_{n}(0) = 1

minden n-re tehát, lim_{n→∞} φ_{n}(0) = 1. Másrészt egy véges [a, b] intervallumra az

F_{n}(b) − F_{n}(a) = \frac{b − a}{n}, ha n ≤ max(|a|, |b|). ahonnan lim_{n→∞} [F_{n}(b) − F_{n}(a)] = 0. Ez azt jelenti, hogy az F_{n} eloszlások ,,kifolynak a végtelenbe”, és ezért nincs határeloszlásuk.

9. Mutassuk meg, a karakterisztikus függvények segítségével, hogy amennyiben ξ és η két független, normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} és m_{2} várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ_{2}^{2} szórásnégyzettel, akkor ξ + η normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} + m_{2} várható értékkel, és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzettel. Megoldás: Tudjuk, hogy a karakteresztikus függvények egyértelműen meghatározzák azt az eloszlásfüggvényt, melynek ők a karakterisztikus függvényük. Ezért elég belátni, hogy a ξ + η karakterisztikus függvénye megegyezik az m_{1} + m_{2} várható értékkel és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzettel rendelkező normális eloszlás karakterisztikus függvényével. Viszont tudjuk egyrészt, hogy a ξ és η valószínűségi változók függetlensége miatt Ee^{it(ξ+η)} = Ee^{itξ}Ee^{itη}, másrészt mivel a standard normális eloszlásfüggvény karakterisztikus függvénye φ(t) = e^{−t^{2}/2}, ezért Ee^{itξ} = e^{itm_{1}}e^{−σ_{1}^{2}t^{2}/2}, és Ee^{itη} = e^{itm_{2}}e^{−σ_{2}^{2}t^{2}/2}. Innen Ee^{it(ξ+η)} = e^{it(m_{1}+m_{2})}e^{−(σ_{1}^{2}+σ_{2}^{2})t^{2}/2}, ahonnan következik a feladat állítása.

10. Legyen F_{n}(·), n = 1, 2, …, eloszlásfüggvények egy sorozata, melyek φ_{n}(·) karakterisztikus függvényei az origó egy kis környezetében konvergálnak egy a nullában folytonos függvényhez. a.) Lássuk be (a Lebesgue tétel segítségével), hogy ekkor tetszőleges ε > 0 számhoz

létezik olyan δ = δ(ε) szám, melyre lim_{n→∞} \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} Re [1−φ_{n}(t)] dt ≤ ε, ahol Re z

a z szám reális részét jelöli. b.) Mutassuk meg, hogy amennyiben F_{n}(·) eloszlásfüggvények φ_{n}(·) karakterisz-

tikus függvényei teljesítik az a) részben megfogalmazott tulajdonságot, akkor minden ε > 0 számhoz létezik olyan K = K(ε) szám, melyre F_{n}(−K) + (1 − F_{n}(K)) ≤ ε minden n = 1, 2, … számra.

Megjegyzés: A b.) részben megfogalmazott tulajdonság teljesülését egyenletes feszességnek hívják az irodalomban. Ez fontos szerepet játszik számos vizsgálatban.

Megoldás: Legyen φ(·) a φ_{n}(·) függvények (egy véges intervallumban létező) limesze. Mivel ez a függvény az origóban folytonos 0 ≤ Re φ(t) ≤ 1 minden t indexre, ahol a φ(·) létezik, Re [1 − φ(0)] = 0, és ez a függvény az origóban folytonos, ezért

\frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} Re [1−φ(t)] dt ≤ ε, ha a δ = δ(ε) > 0 számot elég kicsinek választjuk. Mivel

lim_{n→∞} Re [1 − φ_{n}(t)] = Re [1 − φ(t)], és 0 ≤ Re [1 − φ_{n}(t)] ≤ 2, alkalmazhatjuk a Lebesgue tételt, és ez megadja az a) rész állításának bizonyítását. A b) rész bizonyításához használjuk fel, hogy az a) rész teljesülése esetén minden ε > 0 számhoz választhatunk olyan δ = δ(ε) számot és n_{0} = n_{0}(ε) küszöbindexet,

melyre igaz, hogy 0 ≤ \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} Re [1 − φ_{n}(t)] dt ≤ \frac{ε}{2}, ha n ≥ n_{0}. Másrészt

\frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} Re [1 − φ_{n}(t)] dt = ∫_{−δ}^{δ} \frac{1}{2δ} ∫_{−∞}^{∞} [1 − cos tx] dF_{n}(x) dt

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ}[1 − cos tx] dt dF_{n}(x) = ∫_{−∞}^{∞} [\frac{t}{2δ} − \frac{sin tx}{2δx}]_{t=−δ}^{t=δ} dF_{n}(x)

= ∫_{−∞}^{∞} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x) = ∫_{−K}^{K} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x)

+ ∫_{|x|>K} (1 − \frac{sin δx}{δx}) dF_{n}(x)

tetszőleges K > 0 számra. Továbbá 1− \frac{sin δx}{δx} ≥ 0 minden x számra, és 1− \frac{sin δx}{δx} ≥

\frac{1}{2}, ha x ≥ \frac{2}{δ}. Innen kapjuk K = \frac{2}{δ} választással, hogy

\frac{ε}{2} ≥ \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} Re [1 − φ_{n}(t)] dt ≥ ∫_{|x|>K} \frac{1}{2} dF_{n}(x),

azaz F_{n}(−K) + (1 − F_{n}(K)) ≤ ε, ha n ≥ n_{0}. Nem nehéz belátni, hogy a K index esetleges növelésével elérhető, hogy ez az egyenlőtlenség a maradék véges sok 1 ≤ n ≤ n_{0} indexre is teljesüljön.