A november 12.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Mutassunk példát két korrelálatlan ξ és η valószínűségi változóra, melyek nem függetlenek. Megoldás: Sok egyszerű példát adhatunk. Tekintsük például a következő példát: Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban, Ekkor a ξ és η = ξ^{2} valószínűségi változók korrelálatlanok, de nem függetlenek. Valóban,

Eξ = 0, Eη = Eξ^{2} = \frac{1}{12}, Eξη = Eξ^{3} = 0, Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη = 0.

Másrészt ξ és η nem függetlenek, sőt az η valószínűségi változó a ξ valószínűségi változó determinisztikus függvénye. Egy lehetséges formális indoklása annak, hogy ξ és η nem független a következő: Legyen 0 < a < 1 tetszőleges szám. Ekkor {ω: η < a^{2}} = {ω: |ξ| < a}. Ezért P (ξ < a, η < a^{2}) = P (ξ < a), azaz P (ξ < a, η < a^{2}) ≠ P (ξ < a)P (η < a^{2}).

2. Definiáljuk a következő (Ω, B, P) valószínűségi mezőt: Ω = [0, 1], B a Borel σalgebra [0, 1]-en, és P a Lebesgue mérték. Definiáljuk a következő ξ és η valószínűségi változókat ezen a mezőn: ξ(x) = Φ^{−1}(x),

η(x) = \{ \begin{matrix}ξ(1 − x) & ha 0 ≤ x < \frac{1}{2} \\ ξ (x − \frac{1}{2}) & ha \frac{1}{2} ≤ x ≤ 1 \end{matrix} .

Lássuk be, hogy ξ és η normális eloszlású valószínűségi változók, de a (ξ, η) vektor nem normális eloszlású valószínűségi vektor. Megoldás: A ξ és η valószínűségi változók azonos eloszlásúak. Továbbá,

P (ξ > x) = λ(Φ(x), 1]) = 1 − Φ(x) .

Az, hogy (ξ, η) vektor nem normális eloszlású következik például a P (ξ+η = 0) = \frac{1}{2} azonosságból. Valában, egy normális eloszlású valószínűségi változó nem vehet fel egy konkrét értéket \frac{1}{2} valószínűséggel.

3. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású va-

lószínűségi változók. Mutassuk meg, hogy a ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} és ∑_{j=1}^{n} ξ_{j}^{2} összegek normali-

záltjainak azaz az \sqrt{\frac{12}{n}} ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} és \sqrt{\frac{180}{n}} ∑_{j=1}^{n} (ξ_{j}^{2} − \frac{1}{12}) valószínűségi változóknak

az együttes eloszlása a két-dimenziós standard normális eloszláshoz konvergál, ha n → ∞.

Megoldás: Eξ = 0, Eξ^{2} = \frac{1}{12}, Var ξ = \frac{1}{12}, Var ξ^{2} = Eξ^{4} − (Eξ^{2})^{2} = \frac{1}{80} − \frac{1}{144} =

\frac{1}{180}. Továbbá Cov (ξ, ξ^{2}) = Eξ^{3}−EξEξ^{2} = 0. Ezért a (\sqrt{12}ξ_{j}, \sqrt{180} (ξ_{j}^{2} − \frac{1}{12})),

j = 1, 2, …, véletlen vektorok függetlenek, nulla várható értékkel és az identitás kovariancia mátrix-szal. Innen, és a több-dimenziós centrális határeloszlástételből következik a feladat állítása.

3a. Dobjunk le a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumba egymástól függetlenül egyenletes eloszlással

18 000 pontot. Adjunk jó közelítő becslést a több-dimenziós centrális határeloszlástétel segítségével arra, hogy a ledobobott pontok értékének a négyzetösszege kisebb, mint 1520, a ledobott pontok értékenek az összege pedig nagyobb, mint 60. Megoldás: Jelölje ξ_{j} a j-ik ledobott pont értékét, 1 ≤ j ≤ 18 000, és definiáljuk az

S = ∑_{j=1}^{18 000} ξ_{j} és T = ∑_{j=1}^{18 000} ξ_{j}^{2} összegeket. Ekkor, mint láttuk a centrális határelosz-

lástétel szerint az a \sqrt{\frac{12}{18 000}} ∑_{j=1}^{18 000} ξ_{j} = \sqrt{\frac{12}{18 000}}S és \sqrt{\frac{180}{18 000}} ∑_{j=1}^{18 000} (ξ_{j}^{2} − \frac{1}{12}) =

\sqrt{\frac{180}{18 000}}T − 1500 valószínűségi változók közelítőleg függetlenek és standard nor-

mális eloszlásúak. Ezért a minket érdeklő valószínűség

P (S > 60, T < 1520) ∼ P (\sqrt{\frac{12}{18 000}}S > \frac{6}{\sqrt{1}5}) · P (\sqrt{\frac{180}{18 000}}T − 1500 < 2)

∼ (1 − Φ (\frac{6}{\sqrt{15}})) · Φ(2),

ahol Φ(x) a standard normális eloszlásfüggvényt jelöli.

4. Legyen ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ = 1 paraméterrel, azaz F (x) = P (ξ < x) = 1 − e^{−x}, ha x ≥ 0, F (x) = P (ξ < x) = 0, ha x ≤ 0. Számítsuk ki a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét. Megoldás: Jelölje G(x) a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor G(x) = P (ξ + ξ^{2} < x). Mivel a ξ (exponenciális eloszlású valószínűségi) változó csak nem negatív értékeket vesz fel, ezért ξ +ξ^{2} valószínűségi változó is egy valószínűséggel nem negatív értéket vesz fel, azaz G(x) = 0, ha x < 0. Ha x ≥ 0, akkor a ξ + ξ^{2} < x egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha a ξ valószínűségi változó olyan y értéket vesz fel, melyre y + y^{2} < x, azaz y_{1}(x) < ξ < y_{2}(x), ahol y_{2}(x) =

\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}, és y_{1}(x) = \frac{−1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}, azaz y_{2}(x) és y_{1}(x) az y^{2} + y − x = 0

egyenlet nagyobb illetve kisebb gyöke. Mivel y_{1}(x) ≤ 0, y_{2}(x) ≥ 0 minden x ≥ 0 számra, ezért G(x) = P (y_{1}(x) < ξ < y_{2}(x)) = P (ξ < y_{2}(x)) = 1 − e^{−y_{2}(x)} = 1 −

exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0. Ezzel meghatároztuk a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó

G(x) eloszlásfüggvényét. A ξ+ξ^{2} valószínűségi változó g(·) sűrűségfüggvénye ennek

deriváltja, azaz g(x) = 0, ha x < 0, g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + 4x}} exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0.

5. Legyen adva k darab urna, és ezekbe dobjunk be véletlen ξ számú golyót, ahol ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ > 0 paraméterrel. Legyenek az egyes dobások eredményei egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenek. Tegyük fel továbbá, hogy minden egyes dobásnál a golyó az j-ik urnába p_{j} ≥ 0 valószínű-

séggel esik, j = 1, …, k, ∑_{j=1}^{k} p_{j} = 1. Jelölje η_{j} a j-ik urnába eső golyók számát.

Ekkor az η_{j}, j = 1, …, k valószínűségi változók függetlenek, és η_{j} Poisson eloszlású λp_{j} paraméterrel, j = 1, …, k. Megoldás:

P (η_{1} = l_{1}, …, η_{k} = l_{k}) = P (ξ = l_{1} + ⋯ + l_{k})\frac{(l_{1} + ⋯ + l_{k})!}{l_{1}! ⋯ l_{k}!}p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}

= \frac{λ^{(l_{1}+···+l_{k})}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ}

= \frac{λ^{l_{1}} ⋯ λ^{l_{k}}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ(p_{1}+···+p_{k})} = ∏_{j=1}^{k} \frac{(λp_{j})^{l_{j}}}{l_{j}!} e^{−λp_{j}}

tetszőleges l_{1} ≥ 0, …, l_{k} ≥ 0 egész számokra. Innen adódik az állítás.

6. Lássuk be az előző feladat segítségével a következő állítást: Legyen adva ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ paraméterrel. Dobjunk le egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenül véletlenül egyenletesen ξ darab pontot az egységintervallumra, azaz tegyük fel, hogy minden pont b − a valószínűséggel esik valamely [a, b] ⊂ [0, 1] intervallumba. Ekkor a [0, 1] intervallum tetszőleges felbontására [s_{0}, s_{1}], [s_{1}, s_{2}], …, [s_{k−1}, s_{k}] intervallumokra, 0 = s_{0} < s_{1} < ⋯ < s_{k} = 1, az egyes intervallumokba eső pontok száma egymástól független Poisson eloszlású valószínűségi változó s_{j} − s_{j−1}, 1 ≤ j ≤ k, paraméterrel. Megoldás: Tekintsük a következő urnamodellt. Tekintünk ξ számú golyót, tehát annyit, ahány ledobott pontot tekintettünk az előző feladatban. Tegyük az l-ik golyót a j-ik urnába, ha a l-ik pont az [s_{j−1}, s_{j}] intervallumba esett, 1 ≤ j ≤ k. Akkor az előző feladat eredménye alapján az egyes urnákba eső golyók száma egymástól függetetlen Poisson eloszlású valószínűségi változó s_{j} − s_{j−1}, 1 ≤ j ≤ k, paraméterrel. Innen következik a feladat állítása.

7. Legyen

ξ_{1,1} …, ξ_{1,n_{1}}
⋮  ⋮
ξ_{k,1} …, ξ_{k,n_{k}}
⋮  ⋮

szériasorozat, azaz tegyük fel, hogy az egy sorban álló valószínűségi változók függetlenek. Tegyük fel továbbá, hogy e valószínűségi változók teljesítik a következő feltételeket:

1.) A ξ_{k,j} valószínűségi változók nem negatív egész értékeket vesznek fel.

2.) P (ξ_{k,j} = 1) = λ_{k,j}, lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = λ > 0.

3.) sup_{1≤j≤n_{k}} λ_{k,j} → 0, ha k → ∞, és ∑_{j=1}^{n_{k}} P (ξ_{k,j} ≥ 2) → 0, ha k → ∞.

Ekkor az S_{k} = ∑_{j=1}^{n_{k}} ξ_{k,j} valószínűségi változók eloszlásban konvergálnak a λ para-

méterű Poisson eloszláshoz, ha k → ∞, azaz lim_{k→∞} P (S_{k} = l) = \frac{λ^{l}}{l!} e^{−λ} minden l = 0, 1, 2, … számra. Megoldás: A feladat állítása ekvivalens azzal, hogy az S_{k} valószínűségi változók karakterisztikus függvényei konvergálnak egy λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó karakterisztikus függvényéhez. Egy λ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó karakterisztikus függvénye

g(t) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}e^{ikt} = e^{−λ} ∑_{k=0}^{∞} \frac{(λe^{it})^{k}}{k!} = exp \{λ(e^{it} − 1)\} .

Vegyük észre, hogy rögzített rögzített t számra Ee^{itξ_{k,j}} = 1 − λ_{k,j} + λ_{k,j}e^{it} +

ε(k, j), ahol az ε_{(}k, j) hibatag teljesíti az |ε_{(}k, j)| ≤ const. ∑_{j=1}^{n_{k}} P (ξ_{k,j} ≥ 2). Ezt

a becslést kapjuk, ha az Ee^{itξ_{k,j}} = P (ξ_{k,j} = 0) + λ_{k,j}e^{it} + ∑_{j=2}^{∞} e^{ijt}P (ξ_{k,j} = j)

összegben a ∑_{j=2}^{∞} e^{ijt}P (ξ_{k,j} = j) kifejezést a ∑_{j=2}^{∞} P (ξ_{k,j} = j) = P (ξ_{k,j} ≥ 2) kifejezéssel

hegyettesítjük, és figyelembe vesszük az elkövetett hibát. Innen következik, hogy log Ee^{itξ_{k,j}} = −λ_{k,j} + λ_{k,j}e^{it} + δ(k, j), ahol δ(k, j) ≤ const. (ε(k, j) + λ_{k,j}^{2}). Ez következik a log(1 + z) = z + α(z), |α(z)| ≤ z^{2}, egyenlőtlenségből, ami érvényes akkor, ha |z| ≤ \frac{1}{2}. Ez kiolvasható log(1 + z) függvény hatványsorából. Másrészt azt használjuk ki, hogy elég nagy k-ra a megfogalmazott feltételekből következik, hogy |Ee^{itξ_{k,j}} − 1| \frac{1}{2}, ha k ≥ k_{0}(t).

Innen következik, hogy lim_{k→∞} log lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} Ee^{itξ_{k,j}} = − lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}}(λ_{k,j} + λ_{k,j}e^{it}) =

λ(e^{it} − 1), mert lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} P (ξ_{k,j} ≥ 2, és lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j}^{2} → 0, mert

∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j}^{2} ≤ sup_{1≤n_{k}} λ_{k,j} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} ≤ const. sup_{1≤j≤n_{k}} λ_{k,j}.

Továbbá felhasználtuk, hogy lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = λ > 0.

A bizonyított állításokból következik, hogy

lim_{k→∞} Ee^{itS_{k}} = lim_{k→∞} ∏_{j=1}^{n_{k}} Ee^{itx_{j,k}} = lim_{k→∞} exp {∑_{j=1}^{n_{k}} log Ee^{itx_{j,k}} } = e^{λ(e^{it}−1)},

és ezt kellett belátni. Házi feladat: Legyen ξ és η két független exponenciális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen sűrűségfüggvényük f(x) = λe^{−λx}, ha x ≥ 0, f(x) = 0, ha x < 0, illetve g(x) = e^{−μx}, ha x ≥ 0, és g(x) = 0, ha x < 0. Számítsuk ki ξ + η sűrűségfüggvényét.