Az április 2-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai^{1}

Feladatok: 1.^{∗} Általános valószínűségi változók esetében is érvényes a

inf_{−∞<M<∞} E(ξ − M)^{2} = Var ξ

azonosság. Megoldás: A diszkrét valószínűségi változók esetéhez hasonlóan érvelhetünk.

E(ξ − M)^{2} = E(ξ − Eξ + (Eξ_{M}))^{2} = E(ξ − Eξ)^{2} + (Eξ − M)^{2} ≥ Var ξ,

és M = Eξ esetében azonosság érvényes.

2. Legyen ξ valószínűségi változó f(u) sűrűségfüggvénnyel, a és b valós számok. Határozzuk meg az η = aξ + b és ζ = ξ^{2} valószínűségi változók sűrűségfüggvényét. Megoldás: Legyen F (x) = P (ξ < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye. Ekkor az η = aξ + b valószínűségi változó eloszlásfüggvénye a

G(x) = P (η < x) = P (ξ < \frac{x − b}{a}) = F (\frac{x − b}{a}) függvény, ha a > 0, és G(x) =

P (η < x) = P (ξ > \frac{x − b}{a}) = 1 − F (\frac{x − b}{a}), ha a < 0. Innen η sűrűségfüggvénye

g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = \frac{1}{|a|}f (\frac{x − b}{a}).

A ζ = ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvénye

G(x) = P (ξ^{2} < x) = P (−\sqrt{x} < ξ < \sqrt{x}) = F (\sqrt{x}) − F (−\sqrt{x}) ,

ha x ≥ 0, és G(x) = 0, ha x < 0. Innen deriválással ζ sűrűségfüggvénye g(x) =

\frac{1}{2\sqrt{x}} (f (\sqrt{x}) + f (−\sqrt{x})).

Házi feladat:

Legyen egy ξ valószínűségi változónak f(x) sűrűségfüggvénye. Számítsuk ki ξ^{3} és ξ^{4} sűrűségfüggvényét.

3. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, m, σ valós számok, akkor az σξ +m valószínűségi változó várható értéke m szórásnégyzete σ^{2}, sűrűségfüggvénye

pedig g(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}|σ|}e^{−(u−m)^{2}/2σ^{2}}.

Megoldás: E(σξ + m) = σEξ + m = m, és Var (σξ + m) = σ^{2}Var ξ = σ^{2}. Továbbá, az előző feladat eredménye alapján a σξ+m valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

1 Időhiány miatt bizonyos feladatok tárgyalását el kell hagyni. ^{∗}-gal jelöltem azokat, melyeket elsősorban elhagynék. az f(x) = \frac{1}{|σ|}φ (\frac{x − m}{σ}), ahol φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, a standard normális sűrűség-

függvény. Innen következik a feladat állítása.

4. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkorEξ^{2k−1} = 0, Eξ^{2k} = 1 · 3 ⋯ (2k − 1) minden k = 1, 2, … számra. Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait. Megoldás:

Eξ^{2k−1} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = 0,

mert az integrandus páratlan függvény. Másrészt parciális integrálással f(x) =

x^{2k−1} és g(x) = x\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} = \frac{d}{dx} (−\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}) kapjuk, hogy

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

Innen k szerinti indukcióval kapjuk a feladat második állítását.

Házi feladat:

Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait, azaz egy olyam valószínűségi változó momentumait adjuk meg, melynek sűrűségfüggvénye f(x) = λe^{−λx}, ha x ≥ 0, és f(x) = 0, ha x < 0.

5. Mutassuk meg, hogy egy exponenciális eloszlású ξ valószínűségi változó teljesíti a következő úgynevezett örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) = P (ξ > x)

minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra. Megoldás: Mivel P (ξ > u) = e^{−λu} minden u ≥ 0 számra, ezért P (ξ > x + y|ξ >

y) = \frac{e^{−λ(x+y)}}{e^{−λy}} = e^{−λx} = P (ξ > x).

Nem kötelező házi feladat:

Ha egy ξ valószínűségi változó teljesűti az örökifjú tulajdonságot, akkor az exponenciális eloszlású.

Segítség: Azt kell belátni, hogy amennyiben P (ξ > x + y) = P (ξ > x)P (ξ > y) minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra, akkor P (ξ > x) = e^{−λx} minden x ≥ 0 számra. Legyen P (ξ > x) = e^{−λ(x)x} valamely x > 0 számra. Lássuk be először az y = \frac{p}{q}x alakú számokra, ahol p és q pozitív egész számok, hogy P (ξ > y) = e^{−λ(x)y}. Végül, mivel P (ξ > x) monoton csökkenő függvény, ezért λ(x) = λ.

6. Mutassuk meg, hogy létezik olyan ξ valószínűségi változó teljesíti a következő szuper örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) > P (ξ > x)

minden x > 0 és y > 0 számra. Megoldás: Legyen a ξ valószínűségi változó olyan, hogy P (ξ > x) = e^{−\sqrt{x}}, ha x ≥ 0 és P (ξ > x) = 1, ha x < 0. Ekkor P (ξ > x + y|x > y) = e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}}, ha x > 0, y > 0. Ezért elég megmuatatni, hogy e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}} > e^{−\sqrt{y}}, illetve hogy \sqrt{x + y} < \sqrt{x} + \sqrt{y}, ha x > 0 és y > 0. Ez az egyenlőtlenség viszont (négyzetre emelés után) könnyen látható.

7. Legyen egy (ξ_{1}, ξ_{2}) véletlen vektor eloszlása az F (x_{1}, x_{2}) = P (ξ_{1} < x_{1}, ξ_{2} < x_{2}) függvény, −∞ < a_{1} < b_{1} < ∞, −∞ < a_{2} < b_{2} < ∞ valós számok. Fejezzük ki az F (x_{1}, x_{2}) eloszlásfüggvény segítségével a P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}), P (a_{1} ≤ ξ_{1} ≤ b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} ≤ b_{2}) és P (a_{1} < ξ_{1} < b_{1}, a_{2} < ξ_{2} < b_{2}) valószínűségeket. Megoldás: Először azt megmutatjuk meg, hogy P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}) = F (b_{1}, b_{2})−F (b_{1}, a_{2})−F (a_{1}, b_{2})+F (a_{1}, a_{2}). Valóban, F (b_{1}, b_{2})−F (b_{1}, a_{2}) = P (ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}), és F (a_{1}, b_{2}) − F (a_{1}, a_{2}) = P (ξ_{1} < a_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}). Ezt a két azonosságot kivonva egymásból megkapjuk a kívánt állítást.

P (a_{1} ≤ ξ_{1} ≤ b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} ≤ b_{2}) = lim_{n→∞} P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2} + \frac{1}{n})

= lim_{n→∞}(F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) − F (b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2}) − F (a_{1}, b_{2} + \frac{1}{n}) + F (a_{1}, a_{2}))

= lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) − lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2})

− lim_{n→∞} F (a_{1}, b_{2} + \frac{1}{n}) + F (a_{1}, a_{2}).

Jegyezzük meg, hogy az eloszlásfüggvény tulajdonságaiból következik, hogy a felírt határértékek, például a lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) kifejezés valóban létezik.

Hasonlán,

P (a_{1} < ξ_{1} < b_{1}, a_{2} < ξ_{2} < b_{2}) = lim_{n→∞} P (a_{1} + \frac{1}{n} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} + \frac{1}{n} ≤ ξ_{2} < b_{2})

= lim_{n→∞} F (b_{1}, b_{2}) − F (b_{1}, a_{2} + \frac{1}{n})

− lim_{n→∞} F (a_{1} + \frac{1}{n}, b_{2}) + lim_{n→∞} F (a_{1} + \frac{1}{n}, a_{2} + \frac{1}{n}) .

8^{∗} Legyen az F (x_{1}, …, x_{k}) = P (ξ_{1} < x_{1}, …, ξ_{k} < x_{k}) függvény a (ξ_{1}, …, ξ_{k}) véletlen vektor eloszlásfüggvénye. Mutassuk meg a várható érték additivitásának felhasználásával (és alkalmas halmazok indikátorfüggvényének a bevezetésével), hogy

P ((a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k) = ∑_{\begin{matrix}u_{j}= a_{j} vagy b_{j} \\ j=1,...,k \end{matrix}}(−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}F (u_{1}, …, u_{k}),

ahol ψ(u_{1}, …, u_{k}) jelöli az a_{j}-k számát az u_{1}, …, u_{k} sorozatban. Megoldás: Adva valamely u_{1}, …, u_{k} számok, definiáljuk a

B(u_{1}, …, u_{k}) = {(t_{1}, …, t_{k}): t_{j} < u_{j}, 1 ≤ j ≤ k}

halmazt, és legyen χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω) az {ω: (ξ_{1}(ω), …, ξ_{k}(ω)) ∈ B(u_{1}, …, u_{k})} halmaz indikátorfüggvénye. Legyen továbbá χ_{K}(ω) az {ω: a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k} halmaz indikátorfüggvénye. Elég megmutatni, hogy

χ_{K}(ω) = ∑_{\begin{matrix}u_{j}= a_{j} vagy b_{j} \\ j=1,...,k \end{matrix}}(−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω),

mert véve ezután mind a két oldal várható értékét megkapjuk a kívánt azonosságot. Az is világos, hogy {ω: a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k} esetében a bizonyítandó azonosság mind a két oldala 1-gyel egyenlő. Azt kell észrevenni, hogy ekkor a jobboldalon a χ_{B(b_{1},...,b_{k})}(ω) tag 1, és az összes többi tag a jobboldalon nulla. Ha ω ∈ Ω olyan, hogy az a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j} egyenlőtlenségek nem teljesülnek minden 1 ≤ j ≤ k indexre, akkor a baloldal nulla. Azt kell belátni, hogy ugyanez érvényes a jobboldalon. Világos, hogy a jobboldal nulla, ha ξ_{j}(ω) ≥ b_{j} valamilyen j indexre. Azt az esetet kell még nézni, amikor ξ_{j}(ω) < b_{j} minden 1 ≤ j ≤ k indexre, bizonyos j indexekre a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, de létezik legalább egy olyan l index, melyre ξ_{j} < a_{j}. Legyen L a legkisebb ilyen index. Ha párosítjuk az olyan (−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω) kifejezéseket, melyeknek az u_{j} koordinátátái megegyeznek j ≠ L esetben, de u_{L} = a_{L} a pár egyik és u_{L} = b_{L} a pár másik tagjára, akkor az összes ilyen pár hozadéka zéró. Ezért az azonosság ekkor is érvényes, mert mind a bal mind a jobboldal zéró ebben az esetben.

9. Adjuk meg a [0, 1 × ⋯ × [0, 1] k-dimenziós egységkockán egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényét.

b.) Tekintsük a síkon a (0, 0), (0, 1) és (1, 0) csúcspontok által meghatározott K háromszögön az egyenletes eloszlást. Adjuk meg ennek eloszlásfüggvényét. Megoldás: A [0, 1×⋯×[0, 1] k-dimenziós egységkockán egyenletes eloszlású valószínűségi változó eloszlása az F (x_{1}, …, x_{k}) = G(x_{1}) ⋯ G(x_{k} függvény, ahol G(x) = 0, ha x ≤ 0, G(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, és G(x) = 1, ha x ≥ 1. A tekintett háromszögön definiált egyenletes eloszlás H(x, y) eloszlásfüggvénye, H(x, y) = 0, ha x ≤ 0 vagy y ≤ 0. H(x, y) = 1, ha ≥ 1 és y ≥ 1. Definiálni kell még a H(x, y) eloszlásfüggvényt abban az esetben, ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1. Ebben az esetben H(x, y) = 2λ([0, x]×[0, y]∩K). innen H(x, y) = xy, ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1, és x + y ≤ 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1, és x + y ≥ 1, akkor

H(x, y) = xy − \frac{1}{2}(x + y − 1)^{2}.

10^{∗}. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n}, ξ_{n+1}, …, ξ_{n+m} független valószínűségi változók, g(x_{1}, …, x_{n}) n-változós (mérhető) függvény, η = g(ξ_{1}, …, ξ_{n}). Mutassuk meg a Fubini tétel segítségével, hogy η, ξ_{n+1}, …, ξ_{n+m} független valószínűségi változók. Megoldás: Rögzítsünk valamilyen x_{0}, x_{1}, …, x_{m} számokat. Definiáljuk ezek segítségével a h_{j}(u) = 1, ha u < x_{j}, h_{j}(u) = 0, ha u ≥ x, 1 ≤ j ≤ m, függvényeket, valamint legyen h_{0}(u_{1}, …, u_{n}) = 1, ha g(u_{1}, …, u_{n}) < x_{0}, h_{0}(u_{1}, …, u_{n}) = 0, ha g(u_{1}, …, u_{n}) ≥ x_{0}. Jelölje F_{j}(·) a ξ_{j} valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor a Fubini tétel alapján

P (η < x_{0}, ξ_{n+1} < x_{n+1}, …, ξ_{n+m} < x_{n+m})

= ∫ h_{0}(u_{1}, …, u_{n})h_{1}(u_{n+1}) … h_{n+m}(u_{n+m})F ( du_{1}) … F_{n+m}( du_{n+m})

= ∫ h_{0}(u_{1}, …, u_{n})F ( du_{1}) … F_{n+m}( du_{n})
∫ h_{1}(u_{n+1})F ( du_{1}) ⋯ ∫ h_{n+m}(u_{n+m})F_{n+m}( du_{n+m})
= P (η < x_{0})P (ξ_{n+1} < x_{n+1}) ⋯ P (ξ_{n+m} < x_{n+m}),

ahonnan következik a feladat állítása.

11. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, és legyen a ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ n, valószínűségi változónak sűrűségfüggvénye, és jelöljük az f_{j}(·)-vel. Lássuk be a Fubini tétel segítségével, hogy a (ξ_{1}, …, ξ_{n}) véletlen vektornak is van sűrűségfüggvénye, és az az f(u_{1}, …, u_{n}) = f_{1}(u_{1}) ⋯ f_{n}(u_{n}) függvény. Megoldás: Rögzítsünk valamilyen x_{0}, x_{1}, …, x_{n} számokat, és definiáljuk ezek segítségével a h_{j}(u) = 1, ha u < x_{j}, h_{j}(u) = 0, ha u ≥ x 1 ≤ j ≤ n, függvényeket. Ekkor

P (ξ_{1} < x_{1}, ⋯, ξ_{n} < x_{n}) = P (ξ_{1} < x_{1}) ⋯ P (ξ_{n} < x_{n})
= ∫ h_{1}(u)f_{1}(u) du ⋯ ∫ h_{n}(u)f_{n}(u) du
= ∫ ⋯ ∫ h_{1}(u_{1})f_{1}(u_{1}) ⋯ h_{n}(u_{n})f_{n}(u_{n}) du_{1} … du_{n}
= ∫_{−∞}^{x_{1}} ⋯ ∫_{−∞}^{x_{n}} f_{1}(u_{1}) ⋯ f_{n}(u_{n}) du_{1} … du_{n}

ahonnan következik a feladat állítása.

12. Legyen ξ és η két független, a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású valószí-

nűségi változó, azaz legyen ξ és η sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha −\frac{1}{2} ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként. Számoljuk ki ξ + η sűrűségfüggvényét. Megoldás: A ξ+η valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a g(x) = ∫ f(y)f(x−y) dy

függvény, ahol f(x) a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlás sűrűségfüggvénye.

Ezért f(y)f(x − y) = 1, ha −\frac{1}{2} ≤ y ≤ \frac{1}{2}, és −\frac{1}{2} ≤ x − y ≤ \frac{1}{2}, azaz −\frac{1}{2} + x ≤ y ≤

\frac{1}{2} +x, és nulla egyébként. Ez azt jelenti, hogy a ξ +η összeg g(x) sűrűségfüggvénye

az x pontban megegyezik a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] ∩ [−\frac{1}{2} + x, ≤ \frac{1}{2} + x] intervallum hosszával.

Ha |x| > 1, akkor a fenti metszet üres, ezért ebben az esetben g(x) =. Ha 0 ≤ x ≤ 1,

akkor ez a metszet a [−\frac{1}{2} + x, \frac{1}{2}] intervallum, és ennek hossza 1 − x, azaz ebben

az esetben g(x) = 1 − x. Ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor ez a metszet a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + x]

intervallum melynek hossza 1 + x = 1 − |x|, azaz g(x) = 1 + x = 1 − |x| ebben az esetben. Ez azt jelenti, hogy g(x) = 1 − |x|, ha |x| ≤ 1, és g(x) = 0, ha x > 1.

Megadunk egy másik geometriai érvelésen alapuló megoldást is, amelyik a korábban tárgyalt geometriai érvelésen alapul.

Számítsuk ki először a ξ + η valószínűségi változó G(x) eloszlásfüggvényét. De-

finiáljuk a K = [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] × [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] négyzetet, és jelölje λ a Lebesgue mértéket,

azaz a területet a síkon. Ekkor a sík tetszőleges A ⊂ R^{2} mérhető részhalmazára igaz az, hogy P ((ξ, η) ∈ A) = λ(A ∩ K). Speciálisan, G(x) = P (ξ + η < x) = λ(K ∩ {(u, v): u + v < x}). Ha x ≤ −1, akkor G(x) = 0, ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor G(x) a (−\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}), (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + x) és (\frac{1}{2} + x, −\frac{1}{2}) pontok által meghatározott háromszög területe \frac{1}{2}(1+x)^{2}. Hasonlóan, ha x ≥ 1, akkor G(x) = 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1, akkor a G(x) eloszlásfüggvény megegyezik annak a poligonnak területével, melyet úgy kapunk, hogy a K négyzetből kihagyjuk a (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2} + x) és (−\frac{1}{2} + x, \frac{1}{2}) pontok által meghatározott háromszöget. Ezért G(x) = 1− \frac{1}{2}(1−x)^{2} ebben az esetben. A G(x) függvényt deriválva kapjuk, hogy g(x) = 0, ha |x| ≤ 1, g(x) = 1 + x, ha −1 ≤ x ≤ 0, és g(x) = 1 − x, ha 0 ≤ x ≤ 1.

Tekintsünk két a második előadáson tárgyalt feladatot, melyet annak idején geometriai meggondolások alapján oldottunk meg. Megmutatjuk, hogy ezek a feladatok megoldhatóak a most tárgyalt konvolució segítségével is.

13. 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? Megoldás: 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) eloszlás sűrűségfüggvénye 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 integrál. Továbbá,

g(x) = f_{1} ∗ f_{2}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(u)f_{2}(x − u) du = ∫_{−∞}^{∞} f(u)f(x − u) du, −∞ < x < ∞,

ahol f(u) = 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ \frac{1}{2}, f(u) = 0, ha u ≥ \frac{1}{2}.

Az ötödik feladat megoldásában láttuk, 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}.

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

Negoldás: 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, melyek sűrűségfüggvénye az az f(·) függvény, melyre f(x) = 2, ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként. Minket a ξ_{1} + ξ_{2} valószínűségi változó 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, melyet a a következő képletek adnak meg: F (u) = 0, ha u ≤ 0, F (u) = 1 − 2u^{2}, ha 0 ≤ u ≤ \frac{1}{2}, F (u) = 1 − 2(1 − u)^{2} = 4u − 2u^{2} − 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ 1. Ha u ≥ 1, akkor F (u) = 1.