A Valószínűségszámítás I. előadássorozat tizedik előadása. 2002 április 9.

Ezen az előadáson megfogalmazzuk a valószínűségszámítás talán legfontosabb eredményét, a centrális határeloszlástételt. (Ennek az eredménynek a bizonyításával később foglalkozunk.) Most bemutatjuk az eredmény néhány alkalmazását gyakorlati feladatok megoldásában. Ezenkívül néhány egyéb, a korábbi előadáson szerepelt eredményt és fogalmat felhasználó feladat megoldását tárgyaljuk.

A centrális határeloszlástétel megfogalmazása előtt felidézünk néhány korábbi fogalmat és eredményt. Egy ξ valószínűségi változó standard normális eloszlású, ha a

sűrűségfüggvénye φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, −∞ < x < ∞, alakú. Ha ξ standard normális

eloszlású valószínűségi változó, akkor Eξ = 0, Var ξ = Eξ^{2} = 1. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkor σξ + m m várható értékű és σ^{2} szórásnégyztű normális eloszlású valószínűségi változó. Egy ξ valószínűségi változó akkor normális eloszlású m várható értékkel és σ^{2} szórásnégyzettel, ha sűrűségfüggvénye a g(x) =

\frac{1}{\sqrt{2π}σ} e^{−(x−m)^{2}/2σ^{2}} függvény.

Feladat:

Legyen η_{1} és η_{2} két független normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} illetve m_{2} várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ_{2}^{2} szórásnégyzettel. Lássuk be, hogy η_{1} + η_{2} m_{1} + m_{2} várható értékú és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzetű normális eloszlású valószínűségi változó.

A feladat megoldása előtt érdemes megjegyezni, hogy

∫_{−∞}^{∞} e^{−(x−A)^{2}/B} dx = \sqrt{Bπ}.

Ezt láthatjuk például az y = \sqrt{2}\frac{x − A}{\sqrt{B}} helyettesítéssel, és abból a tényből, hogy a

φ(y) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−y^{2}/2} függvény sűrűségfüggvény. Ez az észrevétel azért hasznos, mert ez

lehetővé teszi, hogy amennyiben olyan integrált kell kiszámolni, melyben az integrandus exponensében egy kvadratikus alak szerepel, akkor az inegrandusban szereplő kifejezést teljes négyzetté alakítva ki tudjuk számolni az integrált. Ez a gondolata a jelen feladat megoldásának is.

Megoldás: Az η_{1} + η_{2} valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

f(x) = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} e^{−(u−m_{1})^{2}/2σ_{1}^{2}}e^{−(x−u−m_{2})^{2}/2σ_{2}^{2}} du

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} exp\{−u^{2} (\frac{1}{2σ_{1}^{2}} + \frac{1}{2σ_{2}^{2}} ) + u (\frac{m_{1}}{σ_{1}^{2}} + \frac{x − m_{2}}{σ_{2}^{2}} )

− \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \} du

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} exp\{−\frac{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}} (u − \frac{m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2}}{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}} )^{2}

+ \frac{(m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2})^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} − \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \} du

= \frac{1}{\sqrt{2π(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}} exp \{\frac{(m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2})^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} − \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \}

= \frac{1}{\sqrt{2π(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}} exp \{−\frac{(x − m_{1} − m_{2})^{2}}{2(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} \} .

Jegyezzük meg, hogy a fenti számolásban megjelenő egyszerűsítések megjelenésének mélyebb oka van. Ha tudjuk, hogy a vizsgált integrál értéke olyan alakú, melyben konstansszor egy kvadratikus alak szerepel, akkor mivel a konvolució eredménye egy sűrűségfüggvény, ezért a végeredmény szükségszerűen normális sűrűségfüggvény. Továbbá, tudjuk, hogy a sűrűségfüggvény egy olyan valószínűségi változó sűrűségfüggvénye, amelyik várható értéke m_{1} + m_{2} szórásnégyzete pedig σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}. Később megmutatjuk, hogyan lehet a most tárgyalt azonosságot bizonyos eddig még nem tárgyalt eredmények segítségével egyszerűbben megkapni.

A centrális határeloszlástétel.

Ez a valószínűségszámítás legfontosabb eredménye. Azt mondja ki, hogy ha sok független valószínűségi változót összegezünk, az összeget alkalmasan normalizáljuk, akkor nagyon általános feltételek teljesülése esetén az összeg közelítőleg normális eloszlású. A tétel megfogalmazása előtt vezessük be az irodalomban gyakran használt fogalmat.

Egy valószínűségi változó normalizáltjának a fogalma. Legyen ξ olyan valószí-

nűségi változó, melyre Eξ^{2} < ∞. A ξ valószínűségi változó normalizáltja a ξ̄ = \frac{ξ − Eξ}{\sqrt{Var ξ}}

valószínűségi változó, azaz a ξ valószínűségi változónak az a lineáris transzformáltja, melynek várható értéke nulla, szórásnégyzete pedig 1.

Jegyezzük meg, hogy ha ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, melyekre Eξ_{j}^{2} <

∞ minden 1 ≤ j ≤ n indexre, akkor az S = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} összeg normalizáltja az

S̄ = \frac{∑_{j=1}^{n} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j}}}

kifejezés.

Centrális határeloszlástétel. Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független, egyforma eloszlású való-

színűségi változók, jelölje S_{n} = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j}, n = 1, 2, …, e valószínűségi változók részletössze-

geit. Ekkor az S_{n} valószínűségi változók \frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} = \frac{∑_{j=1}^{n} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j}}} normalizáltjai

teljesítik a

lim_{n→∞} P (\frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} < x) = Φ(x), minden − ∞ < x < ∞ számra

relációt, ahol Φ(x) = ∫_{−∞}^{x} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} du, a standard normális eloszásfüggvény.

1. megjegyzés: Az előbb kimondott tétel valójában speciális esete az általános centrális határeloszlástételnek, mely hasonló eredményt mond ki független, de nem feltétlenül azonos eloszlású valószínűségi változók normalizált részletösszegeire nagyon általános feltételek mellett.

2. megjegyzés: Láttuk, hogy független normális eloszlású valószínűségi változók részletösszegeinek normalizáltja standard normális eloszlású valószínűségi változó. Ez következik az előadás elején tárgyalt feladat eredményéből, amelyik szerint normális független normális eloszlású valószínűségi változók összege is normális eloszlású. A centrális határeloszlástétel azt állítja, hogy sok független, de nem feltétlenül normális eloszlású valószínűségi változó összegének a normalizáltja nemcsak nulla várható értékű és egy szórásnégyzetű valószínűségi változó, hanem ezenkívül közelítőleg normális eloszlású is. Ez azt jelenti, hogy sok összeadandó esetén az összeg eloszlása ,,elfelejti” az összeadandók eloszlását, az ő eloszlása közelítőleg normális eloszlású. Bár ezt az eredményt be lehet bizonyítani, az mégis rendkívül meglepő. A centrális határeloszlást tekinthetjük a valószínűségszámítás legnagyobb misztériumának.

3. megjegyzés: A műszaki tudományokban beszélnek egy olyan megfigyelésről, melyet hibatörvénynek neveznek. Gyakran elófordul, hogy egy műszaki feladatban egy kisérletet többször egymástól függetlenül elvégeznek, azok eredményeitt többször megmérik, de az egyes mérések pontatlanok. A tapasztalat azt mutatja, hogy szinte mindig a mért eredmények diagramja egy az igazi érték körüli tipikus úgynevezett harang-görbét rajzol ki. A meglepő tény az, hogy a legkülönbözőbb feladatokban mindig ugyanaz a görbe rajzolódik ki. Ennek a ténynek a hátterében valójában a centrális határeloszlástétel van. Az eredmény oka az, hogy a hibák sok kis apró egymástól független hiba összegeként keletkezik. Ezért a centrális határeloszlástétel szerint a hiba normális eloszlású, és a ,,hibatörvényben” megjelenő haranggörbe valójáan a normális sűrűségfüggvény.

4. megjegyzés: Ha a ξ_{1}, ξ_{2}, … független valószínűségi változók normalizált részletösszegei teljesítik a centrális határeloszlálstételt, akkor minden −∞ < x < y < ∞ számra teljesül a

lim_{n→∞} P (x < \frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} < y) = Φ(y) − Φ(x)

azonosság, mert

P (x < \frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} < y) = P (\frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} < y) − P (\frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} ≤ x) .

Jegyezzük meg továbbá, hogy Φ(−y) = 1 − Φ(y) minden −∞ < y < ∞ számra, mivel a Φ(·) eloszlásfüggvény φ(·) sűrűségfüggvénye páros függvény. Valóban, Φ(−y) = ∫_{−∞}^{−y} φ(u) du = 1 − ∫_{−y}^{∞} φ(u) du = 1 − ∫_{−∞}^{y} φ(−u) du = 1 − ∫_{−∞}^{y} φ(u) du = 1 − Φ(y). Ezen eredmény miatt elegendő megadni a normális eloszlásfüggvény értékeit pozitív argumentumokra.

5. megjegyzés: Természetesen felvetődik a kérdés, hogy létezik-e a centrális határeloszlástételnek több-dimenziós változata, melyben független több-dimenziós véletlen vektorok összegeinek alkalmas normalizáltjának eloszlásai teljesítenek valamilyen határeloszlástételt nagyon általános feltételek mellett. Ezenkívül érdekel minket a lehetséges határeloszlások konkrét alakja is. Ezt a kérdést, melynek fontos jelentősége van mind a valószínűségszámításban mind a matematikai statisztikában megválaszolták. Ezek a vizsgálatok vezettek a több-dimenziós normális eloszlások bevezetéséhez. A centrális határeloszlástétel több-dimenziós általánosításával később még foglalkozunk.

Tekintsük a következő két példát, melyek némi információt nyújtanak a centrális határeloszlástétel gyakorlati következményeiről. A következő előadáson a centrális határeloszlástétel további alkalmazásaira mutatunk példát.

Első példa:

Egy államban, (nevezzük az egyszerűség kedvéért Floridának,) 5 000 000 választó választ két párt (hívjuk ezeket mondjuk republikánus és demokrata pártnak) jelöltje között. Tegyük fel, hogy a választók egymástól függetlenül \frac{1}{2} valószínűséggel választják valamelyik párt jelöltjét. Mi annak a valószínűsége, hogy a két jelölt által összegyüjtött szavazatok különbsége nem haladja meg a háromszázat.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 5 000 000, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik választó a demokrata, ξ_{j} = 0, ha a j-ik választó a republikánus jelöltre

szavaz. Ekkor S = ∑_{j=1}^{5 000 000} ξ_{j} a demokrata, és 5 000 000 − S a republikánus jelöltre

leadott szavazatok száma, és minket a P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) valószínűség nagysága

érdekel. Vegyük észre, hogy a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} =

\frac{1}{4}, ezért ES_{n} = 2 500 000, Var S_{n} = \frac{1}{4} · 5 000 000, és a P (|\frac{S_{n} − 2 500 000}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5 000 000}}| < x)

valószínűségek kiszámítására alkalmazhatjuk a centrális határeloszlástételt. Ennek alapján

P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) = P (|\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} | ≤ \frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5 000 000}})

∼ Φ (\frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5000000}}) − Φ (−\frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5000000}})

= 2Φ (\frac{6\sqrt{5}}{100}) − 1 ∼ 2Φ(0.124) − 1 ∼ 0.1.

Megjegyzés: Valójában a feladatban tárgyalt modell némileg irreális. Általában különböző körzetek vannak, ahol a jelöltek népszerűsége eltérő. Egy jobb, a valóságot jobban kövelítő modellben például azt tételezhatjük fel, hogy különböző körzetek vannak, az egyes körzetekben az egyes vélemények függetlenek, de az, hogy milyen valószínűséggel választja egy választó valamelyik jelöltet attól is függ, hogy mely körzetben lakik. Ez a modell is vizsgálható a centrális határeloszlástétel segítségével, de itt már a centrális határeloszlástétel általánosabb, független, de nem feltétlenül egyforma eloszlású valószínűségi változók összegének határeloszlását leíró alakjára van szükség.

Az előző feladat azt mutatja, hogy annak valószínűsége, hogy független valószínűségi változók viszonylag közel vannak a várható értékükhöz elég nagy. Nem irreális például feltételezni, hogy 5 000 000 szavazó által egy jelöltre leadott szavazatok száma mindössze 150-nel különbözik annak várható értékétől. A következő feladatban hasonló problémát tekintünk. Egy szabályos pénzdarabot 10 000 alkalommal feldobunk, és azt akarjuk tudni, mi annak a valószínűsége, hogy a fej-dobások száma mindössze 100-zal vagy 200-zal tér el annak várható értékétől. Ezt a valószínűséget kiszámoljuk pontosan a centrális határeloszlátétel segítségével. Másrészt megvizsgáljuk milyen becslést ad a Csebisev egyenlőtlenség. Ilyen módon információt kapunk arról is, hogy bizonyos esetekben milyen jó becslést ad a Csebisev egyenlőtlenség.

Második példa:

Tekintsünk egy szabályos pénzdarab 10 000 egymás utáni (független) feldobásából származó fej-írás sorozatot. Adjunk becslést a Csebisev egyenlőtlenség segítségével annak valószínűségére, hogy a fej-dobások számának eltérése a várt 5000 számtól legalább 100-zal, illetve legalább 200-zal eltér! Milyen becslést ad ezekre a valószínűségekre a centrális határeloszlástétel?

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, ≤ j ≤ 10 000 valószínűségi változókat, melyekre ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás. Ekkor ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10 000 független valószínűségi változók, Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4},

és a P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 100) és P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 200) valószínűségekre kell

becslést adnunk. A Csebisev egyenlőtlenség az első valószínűségre a

P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 100) ≤ \frac{10000 · Var ξ_{1}}{100^{2}} = \frac{1}{4},

a második valószínűségre pedig a

P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 200) ≤ \frac{10000 · Var ξ_{1}}{200^{2}} = \frac{1}{16}

első becslést adja.

A centrális határeloszlástétel szerint P (\frac{∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})}{\sqrt{10000 · \frac{1}{4}}} > u) ∼ 1 − Φ(u). Innen

kapjuk, hogy az első valószínűség kiszámításához az u = ± \frac{100}{\frac{1}{2} ·100} = ±2 értékeket kell tekinteni, és a vizsgált valószínűség közelítőleg (1 − Φ(2)) + Φ(−2) = 2(1 − Φ(2)) ∼ 2(1 − 0.97720) = 0.0456. A második valószínűség hasonlóan körülbelül 2(1 − Φ(4)) ∼ 0, (az első 4 tizedesjegy 0). (A Csebisev egyenlőtlenség 0.25 illetve 0.0625 felső becslést adta ezekre a valószínűségekre.)

Tárgyalunk két további feladatot, melyeket a centrális határeloszlástétel segítségével oldunk meg.

Első feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk 1200 alkalommal egymástól függetlenül, és összeadjuk a páros értékű dobások eredményét. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy ez az összeg 2280 és 2500 közé esik.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 1200, valószínűségi változókat: 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. Ekkor a

P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) valószínűséget kell jól megbecsülnünk. Vegyük észre, hogy

Eξ_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Var ξ_{j} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) − 4 = \frac{16}{3}. Innen a centrális határeloszlástétel alapján

P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) = P (\frac{−120}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{1200} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{1200} Var ξ_{j}}} ≤ \frac{100}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} )

∼ Φ(1.25) − Φ(−1.5) = 0.8944 + 0.9322 − 1 = 0.8266.

Második feladat:

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 küzé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést.

Megoldás: Az elvégzett dobások száma egy η negatív binomiális eloszlású valószínűségi

változó n = 1200 és p = \frac{2}{3} paraméterekkel, azaz P (η = k + n) = \binom{n + k − 1}{n − 1}(1 −

p)^{k}p^{n}, p = \frac{2}{3}, és n = 1200 paraméterrel. 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 kiszámításának 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{2}{3} paraméterekkel, és minket a P (1680 < ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} < 1830) valószínűség érdekel.

Megmutattuk a 6. előadásban, illetve a hozzátartozó feladatokban), hogy Eξ_{j} = \frac{1}{p} = \frac{3}{2},

Var ξ_{j} = \frac{1 − p}{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 határ-

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

Most néhány egyéb (nem a centrális határeloszlástételhez kapcsolódó) feladatot fogunk tárgyalni.

Első feladat: Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, és legyen t valós szám. Számoljuk ki az e^{tξ} valószínűségi változó Ee^{tξ} várható értékét. Megoldás:

Ee^{tξ} = ∫_{−∞}^{∞} e^{tu} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} du = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{tu−u^{2}/2−t^{2}/2+t^{2}/2} du

= e^{t^{2}/2} ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−(t−u)^{2}/2} du = e^{t^{2}/2}.

Második feladat: Legyenek ξ és η független, standard normális eloszlású valószínűségi változók. Lássuk be, hogy ξ^{2} + η^{2} exponenciális eloszlású valószínűségi változó. Megoldás: P (ξ^{2} < x) = Φ(\sqrt{x}) − Φ(−\sqrt{x}) = 2Φ(\sqrt{x}) − 1, ha x ≥ 0. Írjuk fel ξ^{2} sűrűségfüggvényét és konvolúció segítségével a kívánt sűrűségfüggvényt. A ξ^{2} valószínűségi változó sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{φ(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{2πx}}e^{−x/2}, ha x ≥ 0, és g(x) = 0, ha x < 0, és ξ^{2} + η^{2} sűrűségfüggvénye

f(x) = g ∗ g(x) = ∫_{0}^{x} \frac{1}{2π\sqrt{u(x − u)}}e^{−u/2}e^{−(x−u)/2} du

= e^{−x/2} ∫_{0}^{1} \frac{1}{2π\sqrt{v(1 − v)}} dv = \frac{1}{2}e^{−x/2}, ha x ≥ 0,

és f(x) = 0, ha x ≤ 0.

Megjegyzés: Az x paramétertől nem függő ∫_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{v(1 − v)}} dv integrál értékét meghatározza az a tény, hogy a végeredményként kapott függvény sűrűségfüggvény, ezért integrálja a számegyenesen eggyel egyenlő. De ki is tudjuk számolni ezt az integrált. Hogyan? Vagyük észre, hogy

\frac{1}{\sqrt{v(1 − v)}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} − (v − \frac{1}{2})^{2}}} .

Harmadik feladat:

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

Megoldás: 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 indikátor-

függvénye, 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.

A feladatban 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}{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.

Negyedik feladat:

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}.

Ötödik feladat:

Tegyük fel, hogy a következő játékot játszhatjuk: Feldobnak egy szabályos pénzdarabot egymástól függetlenül egymás után. Amennyiben fej a dobás eredménye, akkor a feltett tét dupláját kapjuk, ha írás, akkor a tét \frac{2}{3} részét elveszítjük, és csak \frac{1}{3} részét őrizhetjük meg. Mivel ez a játék előnyös, ezért feltesszük minden játékban minden pénzünket. Lássuk be, hogy amennyiben A volt a vagyonunk a játék kezdete előtt, és Z_{n} jelöli vagyonunkat az n-ik játék után, akkor

a) EZ_{n} = A (\frac{7}{6})^{n}, azaz vagyonunk várható értéke exponenciálisan nő.

b) Z_{n} sztochasztikusan tart nullához, azaz ha sokáig játszunk akkor közel egy valószínűséggel majdnem minden pénzünket elveszítjük. (Valójában Z_{n} egy valószínűséggel is tart nullához, csak ennek indoklásához szükséges az előadáson eddig nem tárgyalt nagy számok erős törvénye is.) c) Értsük meg, hogy ez a két állítás nem mond egymásnak ellent.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j} valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás

eredménye fej, ξ_{j} = \frac{1}{3}, ha a j-ik dobás eredménye írás. Ekkor ξ_{1}, ξ_{2}, …, független

valószínűségi változók, P (ξ_{j} = 2) = P (ξ_{j} = \frac{1}{3}) = \frac{1}{2}, és ezenkívül Z_{n} = Aξ_{1}ξ_{2} ⋯ ξ_{n}.

Ezért Eξ_{j} = \frac{1}{2} (2 + \frac{1}{3}) = \frac{7}{6}, és EZ_{n} = EAξ_{1}ξ_{2} ⋯ ξ_{n} = AEξ_{1}Eξ_{2} ⋯ Eξ_{n} = A (\frac{7}{6})^{n}.

Ez a feladat a) állítása.

A Z_{n} = Aξ_{1}ξ_{2} ⋯ ξ_{n} relációból következik, hogy \frac{1}{n} log Z_{n} = \frac{log A}{n} + \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} log ξ_{j}. Továb-

bá, E log ξ_{j} = \frac{1}{2} (log 2 + log \frac{1}{3}) = −\frac{1}{2} log \frac{3}{2}. Ezért a nagy számok (gyenge) törvénye sz-

erint \frac{1}{n} log Z_{n} sztochasztikusan konvergál a negatív −\frac{1}{2} log \frac{3}{2} számhoz. Innen tetszőleges

ε > 0 számra P (Z_{n} > ε) = P (\frac{1}{n} log Z_{n} > \frac{log ε}{n}), és ez a valószínűség nullához tart, ha

n → ∞. Valóban, a nagy számok gyenge törvénye, és a −\frac{1}{10} > −\frac{1}{2} log \frac{3}{2} egyenlőtlenség

miatt lim_{n→∞} P (\frac{1}{n} log Z_{n} < −\frac{1}{10}) = 1. Mivel lim_{n→∞} \frac{log ε}{n} = 0 innen következik a feladat

b) állítása.

Az a) rész bizonyítása azon alapult, hogy Eξ_{j} > 1, a b) részé pedig azon, hogy E log ξ_{j} < 0. Ez a két egyenlőtlenség teljesülhet egyszerre, mert a várható érték és a logaritmus egymással nem felcserélhető. Igaz az Ee^{η} ≥ e^{Eη} egyenlőtlenség (ez a konvex függvényekre vonatkozó úgynevezett Jensen egyenlőtlenség speciális esete), ahonnan ξ = log η választással Eξ ≥ e^{log Eξ}, de egyenlőség nem írható a fenti egyenlőtlenség helyett. Jegyezzük meg, hogy hasonló, de egyszerűbben érthető példát mutat a feladat a) és b) állításának egyszerre való teljesülésére a következő modell. Olyan játékot játszunk, melyben \frac{1}{2} valószínűséggel elveszítjük, \frac{1}{2} valószínűséggel pedig megháromszorozzuk a pénzünket. Az egyes játékok egymástól függetlenek, és minden időpontban minden pénzünket feltesszük. Ekkor annak a valószínűsége, hogy az n-ik játék után minden pénzünket elveszítjük, 1 − (\frac{1}{2})^{n}, ami rendkívül gyorsan tart egyhez, és pénzünk várható értéke 3^{n} (\frac{1}{2})^{n}, ami exponenciálisan gyorsan nő az n függvényében. Hasonló, csak kissé rejtettebb eset történik az általunk tárgyalt feladatban is. Tekintsük a feladatban tekintett játék nyereményét sok játék után. Azt állíthatjuk, hogy nagy n indexre az n-ik játék után nagy valószínűséggel alig marad pénzünk. Viszont kis valószínűséggel nagyon sok pénzt nyerünk, és ezért nyereményünk várható értéke nagy. Ez az oka annak, hogy nemcsak a b), hanem az a) állítás is teljesül.

Észrevétel az ötödik feladathoz:

Tekintsük az előző feladatban tekintett játékot azzal a különbséggel, hogy a játék minden egyes fordulójában vagyonunk u-ad részét, 0 ≤ u ≤ 1, tesszük fel tétként. Jelölje Z_{n}(u) vagyonunkat a játék n-ik lépése után. Ekkor az \frac{1}{n} log Z_{n}(u) valószínűségi változók sztochasztikusan konvergálnak egy B(u) számhoz. Határozzuk meg a legjobb ū számot, amelyikre B(ū) = sup_{0≤u≤1} B(u). Lássuk be, hogy B(ū) > 0.

Megoldás: Vezessük be a ξ_{j} = ξ_{j}(u), j = 1, 2, …, valószínűségi változókat, melyekre ξ_{j} = 1 + u, ha a j-ik dobás eredménye fej, és ξ_{j} = ξ_{j}(u) = 1 − \frac{2u}{3}, ha a j-ik dobás eredménye írás. Ekkor az n-ik lépésben a vagyonunk Z_{n} = Aξ_{1} ⋯ ξ_{n}, a ξ_{j}, j = 1, 2, …, valószínűségi változók függetlenek és egyforma eloszlásúak, ezért \frac{1}{n} log Z_{n} = \frac{log A}{n} +

\frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} log ξ_{j}, és a nagy számok gyenge törvénye szerint az \frac{1}{n} log Z_{n} valószínűségi változók

sztochasztikusan konvergálnak a B(u) = E log ξ_{1} = \frac{1}{2} (log(1 + u) + log (1 − \frac{2u}{3})) =

\frac{1}{2} log(1 + u) (1 − \frac{2u}{3}) számhoz. A B(u) függvény a maximumát az ū = \frac{1}{4} helyen veszi

fel, és B(ū) = \frac{1}{2} log \frac{25}{24} > 1.