A március 5-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai.

Feladatok:

1. Minden m valós számra

E(ξ − m)^{2} = E(ξ − Eξ)^{2} + ((Eξ) − m)^{2} .

Következésképpen

Var ξ = inf_{−∞<m<∞} E [(ξ − m)^{2}] .

Megoldás:

E(ξ − m)^{2} = E [(ξ − Eξ) + (Eξ − m)]^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} − 2E(ξ − m)E(ξ − Eξ) + E(ξ − m)^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} + ((Eξ) − m)^{2} ,

mert 2E(ξ − m)E(ξ − Eξ) = 2E(ξ − m)(Eξ − Eξ) = 0. Ebből az azonosságból adódik, hogy E(ξ − m)^{2} ≥ E(ξ − Eξ)^{2} minden m valós számra. Viszont m = Eξ esetén az egyenlőtlenség két oldala megegyezik.

2. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a fejdobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Számítsuk ki ezt egyrészt direkt módon felírva és kiszámolva a várható értéket és szórásnégyzetet kifejező összeget másrészt egyszerűbben a független valószínűségi változók szórásnégyzetét kifejező képlet segítségével. Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy

k fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások

számának várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelőli a fejdobások számát

megadó valószínűségi változót. Továbbá Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100}, a szórásnégyzet

pedig Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Ezeket az összegeket közvetlenül kiszámíthatjuk.

Valóban, k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} k\binom{99}{k}2^{−99} =

50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50. Továbbá, k^{2}\binom{100}{k} = [k(k−1)+k]\binom{100}{k} = 100·99·\binom{98}{k − 2}+

100 · \binom{100}{99}, Eξ^{2} = \frac{1}{4} · 100 · 99 · ∑_{k=0}^{98} \binom{98}{k} + \frac{1}{2} · 100 · ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k} = 25 · 99 + 50,

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ^{2}) = 25. Valójában a vizsgált várható értéket és szórásnégyzetet egyszerűbben is kiszámíthatjuk. Vezessük be a ξ_{j} valósz1nűségi változókat, ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a

fejdobások száma ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}, Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}, Var ξ = ∑_{j=1}^{100} Var ξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2},

Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50, Var ξ = \frac{1}{4} · 100 = 25.

3. Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a dobáseredmények összegének várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Legyenek η_{1},…, η_{100} független valószínűségi változók, melyekre P (η_{j} =

k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték és

szórásnégyzet E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}, Var ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Var η_{j}. (A második reláció

felhasználja a tekintett valószínűségi változók függetlenségét.) Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 +

4 + 5 + 6) = 3.5, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = \frac{35}{12}, Eξ = 350,

Var ξ = \frac{3500}{12}.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Tekintsük a páros értékű dobások dobáseredményeinek összegét és számítsuk ki annak szórásnégyzetét.

4. Legyen egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót visszatevés nélkül. Számoljuk ki a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szörásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 20, valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = 1, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j}(ω) = 0, ha a j-ik húzás eredménye

fehér. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{20} ξ_{j} összeg várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámol-

nunk. Továbbá Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{2}{5}, Var ξ_{j} = Var ξ_{1} = \frac{2}{5} − \frac{4}{25} = \frac{6}{25}, Eξ_{j}ξ_{k}−Eξ_{j}Eξ_{k} =

Eξ_{1}ξ_{2} − Eξ_{1}Eξ_{2} = \frac{2}{5} · \frac{19}{49} − \frac{4}{25} = −\frac{6}{1245}, ha j ≠ k. Innen a 20 dobásban kihúzott

piros golyók számának várható értéke 20 · \frac{2}{5} = 8 és szórásnégyzete 20 · \frac{6}{25} − 380 ·

\frac{6}{1245} = \frac{144}{49}.

Házi feladat:

Legyen egy urnában 10 piros és 20 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót, és minden húzás után a kihúzott golyót visszadobjuk egy másik azonos színű golyóval együtt. Számoltuk a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megjegyzés: Használjuk az előző gyakorlat eredményét arról, hogy mi a valószínűsége annak, hogy egy adott húzásban piros golyót húzunk vagy két különböző húzás mindegyikében piros golyót húzunk.

5. Egy szabályos dobókockát feldobunk tízszer. Számoljuk ki a dobásösszeg harmadik hatványának a várható értékét. Megoldás: Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = k, ha a j-ik

dobás eredménye k, 1 ≤ j ≤ 10, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor az E ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} várható

értéket kell kiszmámítanunk. Ennek érdekében tekintsük a ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} kifejezést

és értsük meg milyen tagokat kapunk, ha elvégezzük a beszorzásokat. Egyrészt megjelenik 10 ξ_{j}^{3} alakú kifejezés, és Eξ_{j}^{3} = Eξ_{1}^{3} minden ilyen tagra. Ezenkívül megjelenik 3 · 10 · 9 ξ_{j}^{2}ξ_{k}, j ≠ k, alakú kifejezés, mert a lehetséges (j, k) párokat 10 · 9 módon választhatjuk ki, és a k (csak egyszer szereplő tényező) három helyen szerepelhet. Továbbá minden ilyen tagra Eξ_{j}^{2}ξ_{k} = Eξ_{j}^{2}Eξ_{k} = Eξ_{1}^{2}Eξ_{1}. Továbbá 10· 9·8 módon jelenhet meg ξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} alakú tag, ahol a j, k és l indexek mind különbözőek, és ezekre Eξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} = (Eξ_{1})^{3}. Másfajta tag nem jelenik meg a szorzatban. Innen

( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} = 10Eξ_{1}^{3} + 270Eξ_{1}(Eξ_{1})^{2} + 720 (Eξ_{1})^{3} = 4410 + 14332.5 + 3087 =

218295.5, mert Eξ_{1} = 3.5, Eξ_{1}^{2} = \frac{91}{6} és Eξ_{1}^{3} = 441.

6. Feldobunk egy dobókockát, majd ezután egy szabályos pénzdarabot annyi alkalommal, amennyi a kockadobás eredménye volt. (Az egyes dobások eredményei függetlenek egymástól.) Számoljuk ki a fejdobások számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j,k}, 1 ≤ j ≤ 6, 1 ≤ k ≤ j, valószínűségi változókat:

ξ_{j,k}(ω) = \{ \begin{matrix}1 & ha a kockadobás eredménye j és a k-ik pénzdobásé fej \\ 0 & ha a kockadobás eredménye j és a k-ik pénzdobásé írás \\ 0 & ha a kockadobás eredménye nem j \end{matrix}

Ekkor minket az S = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} ξ_{j,k} valószínűségi változó várható értéke és szórás-

négyzete érdekel. Vegyük észre, hogy

Eξ_{j,k} = P (a kockadobás eredménye j, a k-ik pénzdobásé fej) = \frac{1}{12},

Eξ_{j,k}^{2} = \frac{1}{12}, Var ξ_{j,k}^{2} = \frac{11}{144}, Eξ_{j,k}ξ_{j,k′} = \frac{1}{24}, ha k ≠ k′, ahonnan Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j,k′}) =

\frac{5}{144} ebben az esetben. Továbbá Eξ_{j,k}ξ_{j′,k′} = 0, Cov (ξ_{j,k}ξ_{j′,k′}) = −\frac{1}{144}, ha

j ≠ j′ (függetlenül a k és k′ számok viszonyától. Innen, ES = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} Eξ_{j,k} =

\frac{1 + ⋯ + 6}{12} = \frac{21}{12}, és

Var S = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} Var ξ_{j,k} + ∑_{(j,k),(j′,k′) : j≠j′ vagy k≠k′} Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j′,k′},

ahonnan Var S = \frac{11}{144}(1 + ⋯ + 6) − \frac{1 · (21 − 1) + 2 · (21 − 2) + ⋯ 6 · (21 − 6)}{144} +

\frac{5}{144}(2 · 1 + 3 · 2 + ⋯ 6 · 5). Ezt a képletet úgy kapjuk, hogy külön számoljuk azon Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j′,k′} mennyiségek hozadékát melyekre j ≠ j′ és azután azokét, melyekre

j = j′, de k ≠ k′. Innen Var S = \frac{231 − 350 + 350}{144} = \frac{77}{21}.

Az előbbi feladat megoldásában megjelenő egyszerű alakú végeredménynek, (a megjelenő kiejtéseknek) mélyebb oka van. Ez a következő feladat témája.

7. Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független, egyforma eloszlású (diszkrét) valószínűségi változók, τ ezektől a valószínűségi változóktól független valószínűségi változó, mely csak 0, 1, 2, …, N értékeket vesz fel valamilyen N pozitív egész számmal. Legyen S =

S_{τ} = ∑_{j=0}^{τ} ξ_{j}. Ekkor ES = Eτ · Eξ_{1}. Ha ezenkívül Eξ_{1} = 0, akkor ES^{2} = Eτ · Eξ_{1}^{2}.

Általában Var S = Eτ · Var ξ_{1} + (Eξ_{1})^{2} · Var τ. Megoldás: Jelölje I(τ = k) az {ω: τ(ω) = k} esemény indikátorfüggvényét, és

legyen S_{k} = ∑_{j=1}^{k} ξ_{j}. Ekkor

ES = ∑_{k=0}^{N} ES_{k}I(τ = k) = ∑_{k=0}^{N} ES_{k}EI(τ = k) = ∑_{k=0}^{N} kEξ_{1}P (τ = k)

= Eξ_{1} ∑_{k=0}^{N} kP (τ = k) = Eξ_{1} · Eτ

a függetlenségi tulajdonságok miatt. Hasonlóan, ha Eξ_{1} = 0, akkor

ES^{2} = ∑_{k=0}^{N} ES_{k}^{2}I(τ = k) = ∑_{k=0}^{N} ES_{k}^{2}EI(τ = k) = ∑_{k=0}^{N} kEξ_{1}^{2}P (τ = k)

= Eξ_{1} ∑_{k=0}^{N} kP (τ = k) = Eξ_{1} · Eτ,

mert ebben az esetben ES_{k}^{2} = ( ∑_{j=1}^{k} ξ_{j})^{2} = ∑_{j=1}^{k} Eξ_{j}^{2} + ∑_{j≠k} Eξ_{j}Eξ_{k} = ∑_{j=1}^{k} Eξ_{j}^{2} =

kEξ_{1}^{2}.

Végül az utolsó állítás bizonyításában legyen ξ̄_{k} = ξ_{k}−Eξ_{k}, S̄ = ∑_{k=0}^{τ} ξ̄_{k}. S̄_{k} = ∑_{j=0}^{k} ξ̄_{j}, 1 ≤ k ≤ N. Ekkor Var S = E (S̄ + τEξ_{1})^{2} − (ES)^{2} = ES̄^{2} + 2EτS̄ · Eξ_{1} + Eτ^{2} (Eξ_{1})^{2} − (EτEξ_{1})^{2} .

Innen Var S = EτVar ξ_{1} + (Eξ_{1})^{2} (Eτ^{2} − (Eτ)^{2}) = Eτ · Var ξ_{1} + (Eξ_{1})^{2} · Var τ,

mert EτS̄ = ∑_{k=0}^{N} P (τ = k)ES̄_{k} = 0, és ES̄^{2} = EτEξ̄_{1}^{2} = EτVar ξ_{1}.