A november 19.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Péter és Pál a következő játékot játszhatja. Egymás után 10 000 alkalommal feldobnak egy szabályos kockát. Ha a kocka páros oldalra esik, akkor Péter kap a banktól annyi forintot, amennyi a dobás értéke, ha a dobás értéke hárommal osztható akkor Pál kap a banktól annyi forintot, amennyi a dobás értéke. (Páratlan dobás esetén Péter nem nem nyer semmit, és hasonlóan hárommal nem osztható dobás esetén Pál nem nyer semmit. Mi annak a valószínűsége, hogy Péter legalább 19 800 és Pál legalábbb 15 200 forintot nyer? Hogyan tudjuk ezt közelítőleg jól kiszámolni a több-dimenziós centrális határeloszlástétel és egy számítógép segítségével?

Megoldás: Jelölje Y_{j} Péter és Z_{j} Pál nyereményét a j-ik lépésben, 1 ≤ j ≤ 10 000,

és vezessük be az S_{j} = ∑_{j=1}^{10 000} Y_{j}, és T_{j} = ∑_{j=1}^{10 000} Z_{j}, valószínűségi változókat. Akkor

minket a P (S ≥ 19 800, T ≥ 15 200) valószínűség érdekel. Ezt a több-dimenziós centrális határeloszlástétel segÍtségével akarjuk megtenni. Ahhoz, hogy ezt megtegyük, számoljuk ki a (független és egyforma eloszlású) (Y_{j}, Z_{j}) vektorok várható érték vektorát és kovariancia mátrixát. EY_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, mert Péter Y_{j} nyereménye \frac{1}{6} valószínűséggel lesz 2, 4 vagy 6 forint, és \frac{1}{2} valószínűséggel 0 forint. Hasonlóan EZ_{j} = \frac{1}{6}(3 + 6) = \frac{3}{2}, EY_{j}^{2} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) = \frac{28}{3}, EZ_{j}^{2} = \frac{6}{(}9 + 36) = \frac{15}{2}, Var Y_{j} = EY_{j}^{2} − (EY^{j})^{2} = \frac{16}{3}. Var Z_{j} = EZ_{j}^{2} − (EZ_{j})^{2} = \frac{21}{4}. Végül EY_{j}Z_{j} = \frac{1}{6} · 36 = 6, mert Y_{j}Z_{j} = 36, ha hatos dobás történik, aminek a valószínűsége \frac{1}{6}, és a maradék \frac{5}{6} valószínűségi esemény bekövetkezésekor nulla, ahonnan Cov (Y_{j}, Z_{j}) = EY_{j}Z_{j} − EY_{j}EZ_{j} = 6 − 3 = 3.

A fentiek alapján

P (S ≥ 19 800, T ≥ 15 200) = P (\frac{S − ES}{\sqrt{10 000}} ≥ −2, \frac{T − ET}{\sqrt{10 000}} ≥ 2)

és a több-dimenziós centrális határeloszlástétel segítségével a fenti valószínűség annak valószínűségével közelíthető, hogy P (η_{1} ≥ −2, η_{2} ≥ 2) egy olyan normális eloszlású (η_{1}, η_{2}) véletlen vektorra, melyre Eη_{1} = Eη_{2} = 0, és e vektor kovari-

ancia mátrixa a D = ( \begin{matrix}\frac{16}{3}, 3 \\ 3, \frac{21}{4} \end{matrix} ). Számítsuk ki ennek a normális eloszlású vek-

tornak a sűrűségfüggvényét. Ennek érdekében először kiszámítjuk a D mátrix

D^{−1} inverzét. Azt kapjuk, hogy det D = 19, D^{−1} = \frac{1}{19} ( \begin{matrix}\frac{21}{4}, −3 \\ −3, \frac{16}{3} \end{matrix} ), ahonnan

−\frac{1}{2}(x, y)D^{−1}(x, y)^{∗} = −\frac{1}{38} (\frac{21}{4}x^{2} + \frac{16}{3}y^{2} − 6xy). Ezért a keresett sűrűségfüggvény f(x, y) = \frac{1}{2π\sqrt{det D}} e^{−(x,y)D^{−1}(x,y)^{∗}/2} alakját felhasználva kapjuk, hogy

P (S ≥ 19 800, T ≥ 15 200)

∼ ∫_{−2}^{∞} ∫_{2}^{∞} \frac{1}{2π\sqrt{19}} exp \{−\frac{1}{38} (\frac{21}{4}x^{2} + \frac{16}{3}y^{2} − 6xy)\} dx dy.

2.) Minden x > 0-ra

(\frac{1}{x} − \frac{1}{x^{3}} ) φ(x) < 1 − Φ(x) < \frac{1}{x}φ(x),

ahol Φ(x) és φ(x) a standard normális eloszlás és sűrűségfüggvény.

Megoldás: Rarciális integrálással kapjuk, hogy

1 − Φ(x) = ∫_{x}^{∞} e^{−u^{2}/2} du == − ∫_{x}^{∞} \frac{1}{u} \frac{de^{−u^{2}/2}}{du} du = \frac{1}{x}e^{−x^{2}/2} − ∫_{x}^{∞} \frac{1}{u^{2}} e^{−u^{2}/2} du

= \frac{1}{x}e^{−x^{2}/2} − \frac{1}{x^{3}} e^{−x^{2}/2} + ∫_{x}^{∞} \frac{3}{u^{4}} e^{−u^{2}/2} du ,

és használjuk fel, hogy ∫_{x}^{∞} \frac{1}{u^{2}} e^{−u^{2}/2} du ≥ 0, és ∫_{x}^{∞} \frac{3}{u^{4}} e^{−u^{2}/2} du ≥ 0. Innen látható az állítás.

3. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független exponenciális eloszlású valószínűségi változók λ > 0

paraméterrel, S_{k} = ∑_{j=1}^{k} ξ_{j}, 1 ≤ k ≤ n. A (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} ) vektor független az

S_{n} valószínűségi változótól, és e vektor elemei a [0, 1] intervallumban független, egyenletes eloszlású valószínűségi változókból álló rendezett mintát alkotnak.

Ezt a feladatot úgy fogjuk megoldani, hogy kiszámoljuk a definiált véletlen vektor sűrűségfüggvényét, és ellenőrizzük, hogy ez olyan tulajdonságú, mint ahogy azt állítottuk. Ahhoz, hogy ezt a programot végrehajtsuk szükségünk van arra, hogy tudjuk bizonyos transzformációk során hogyan változik egy integrál. Felidézem azt az eredményt, amelyikre szükségünk van. Ezt a szükségesnél általánosabb formában fogalmazom meg. A most vizsgált problémában elegendő lenne invertálható leképezéseket vizsgálni, ahol minden pontnak egyetlen ősképe van. A szükséges eredmény megfogalmazása érdekében először felidézem a Jacobian foglmát.

Jacobian definiciója. Legyen y_{k} = T_{k}(x_{1}, …, x_{n}), 1 ≤ k ≤ n, az n-dimenziós tér egy tartományának síma transzformáltja az n-dimenziós tér egy másik tartományába. E transzformáció J (T(x_{1}, …, x_{n})) Jakobiánja egy (x_{1}, …, x_{n}) pontban a

(\frac{∂T_{k}(x_{1}, …, x_{k})}{∂x_{n}}) , 1 ≤ l, k ≤ n,

n × n-es (az (x_{1}, …, x_{n}) pontban vett derivált) mátrix determinánsának az abszolut értéke.

(A Jacobian szemléletes tartalma: Ez adja meg, hogy az (x_{1}, …, x_{n}) pont kis környezetének a térfogatát a T = (T_{1}, …, T_{n}) transzformáció hányszorosára nagyítja ki.)

Integráltranszformációról szóló képlet. Legyen adva az n-dimenziós tér egy A tartományának egy síma y_{k} = T_{k}(x_{1}, …, x_{n}), 1 ≤ k ≤ n, transzformáltja az n-dimenziós tér egy másik B tartományába. Legyen továbbá adva a B tartományon egy f(y_{1}, …, y_{n}) függvény. Ezen f(y_{1}, …, y_{n}) függvénynek a T = (T_{1}, …, T_{n}) transzformáció által meghatározott ősképén azt az A tartományon értelmezett g(x_{1}, …, x_{n}) = T^{−1}f(x_{1}, …, x_{n}) függvényt értjük az A tartományon, melyre

g(x_{1}, …, x_{n}) = f(T_{1}(x_{1}, …, x_{n}), …, T_{n}(x_{1}, …, x_{n}))

minden (x_{1}, …, x_{n}) ∈ A pontban. Ekkor

∫_{B} f(y_{1}, …, y_{n}) dy_{1} … dy_{n}

= ∫_{A} \frac{T^{−1}f(x_{1}, …, x_{n})}{∑_{olyan (z_{1},...,z_{n})∈A pontok melyekre T_{k}(z_{1},...,z_{n})=T_{k}(x_{1},...,x_{n}) k=1,...,n} \frac{1}{J (T(z_{1}, …, z_{k}))}} dx_{1} … dx_{n}.

A 3. feladat megoldása: Számoljuk ki az (S_{1}, …, S_{n}) vektor sűrűségfüggvényét.

P (S_{1} < u_{1}, …, S_{n} < u_{n}) = P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B) = ∫_{B} λ^{n}e^{−λ(y_{1}+···+y_{n})} dy_{1} … dy_{n},

ahol B = B(u_{1}, …, u_{n}) = {(y_{1}, …, y_{n}): y_{j} ≥ 0, y_{1} + y_{2} + ⋯ + y_{j} < u_{j}, j = 1, …, n}. Írjuk át a fenti integrált az x_{j} = y_{1} + ⋯ + y_{j}, j = 1, 2, …, n transzformációval. E transzformáció invertálható. Jacobiánja 1, a B halmazt az {0 ≤ x_{j} < u_{j}, j = 1, …, n} halmazba képezi, ezért

P (S_{1} < u_{1}, …, S_{n} < u_{n}) = ∫_{{0≤x_{1}≤x_{2}<···≤x_{n}, x_{j}<u_{j}, j=1,...,n}} λ^{n}e^{−λx_{n}} dx_{1} … dx_{n},

ahonnan az (S_{1}, …, S_{n}) vektor sűrűségfüggvénye f(x_{1}, …, x_{n}) = λ^{n}e^{−λx_{n}}, ha 0 ≤ x_{1} ≤ x_{2} ≤ ⋯ ≤ x_{n}, és f(x_{1}, …, x_{n}) = 0 egyébként. Innen az S_{n} sűrűségfüggvénye

f_{n}(x_{n}) = ∫_{−∞}^{∞} ⋯ ∫_{−∞}^{∞} f(x_{1}, …, x_{n}) dx_{1} … dx_{n−1} = \frac{λ^{n}}{(n − 1)!}x^{n−1}e^{−λx_{n}},

ha x_{n} ≥ 0.

Számítsuk ki az (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} , S_{n}) vektor sűrűségfüggvényét az (S_{1}, …, S_{n})

véletlen vektor f(x_{1}, …, x_{n}) sűrűségfüggvényének ismeretében.

P (\frac{S_{1}}{S_{n}} < u_{1}, …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} < u_{n−1}, S_{n} < x)

= P (S_{1} < S_{n}u_{1}, …, S_{n−1} < S_{n}u_{n−1}, S_{n} < x)

= ∫_{{0≤y_{j}<u_{j}y_{n}, j=1,...,n−1, 0≤y_{n}<x}} f(y_{1}, …, y_{n}) dy_{1} … dy_{n}.

Végezzük el az x_{j} = y_{j}y_{n}, j = 1, 2, …, n − 1 és x_{n} = y_{n} helyettesítésket. E transzformáció Jacobiánja x_{n}^{n−1}, és

P (\frac{S_{1}}{S_{n}} < u_{1}, …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} < u_{n−1}, S_{n} < x)

= ∫_{\{0≤x_{j}<u_{j}, j=1,...,n−1, 0≤x_{n}<x\}} x_{n}^{n−1}f (\frac{x_{1}}{x_{n}} , …, \frac{x_{n_{1}}}{x_{n}} , x_{n}) dx_{1} … dx_{n}.

Innen a keresett sűrűségfüggvény f(x_{1}, …, x_{n−1}, x_{n}) = λ^{n}e^{−λx_{n}}x_{n}^{n−1}, ha 0 ≤ x_{1} < x_{1} < ⋯ < x_{n−1} ≤ 1, és x_{n} ≥ 0. Ez azt jelenti, hogy f(x_{1}, …, x_{n−1}, x_{n}) = g(x_{1}, …, x_{n−1})h(x_{n}), ahol g(x_{1}, …, x_{n−1}) = (n − 1)!, ha 0 ≤ x_{1} ≤ ⋯ ≤ x_{n−1} ≤ 1,

g(x_{1}, …, x_{n−1}) = 0, egyébként, h(x_{n}) = \frac{x_{n}^{n−1}}{(n − 1)!}e^{−λx_{n}}, ha x_{n} ≥ 0, h(x_{n}) = 0, ha

x_{n} < 0. Ez azt jelenti, hogy az (\frac{S_{1}}{S_{n}} , …, \frac{S_{n−1}}{S_{n}} ) vektor és S_{n} valószínűségi változók

függetlenek, a tekintett vektor eloszlása megegyezik n − 1 független, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változóból készített rendezett minta eloszlásával, az S_{n} vektor eloszlása pedig n független λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó összegének az eloszlása. (Azt, hogy h(x_{1}, …, x_{n−1}) egy n − 1 elemű egyenletes eloszlású minta sűrűségfüggvénye megbeszéltük egy korábbi gyakorlaton.)

Házi feladat:

Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független, a [0, 1] intervallumon egyenletes eloszlású valószínűségi változók, és jelölje ξ_{1}^{∗} = max_{1≤j≤n} ξ_{j} a maximumukat. Határozzuk meg a (ξ_{1}, ξ_{1}^{∗})

vektor eloszlását. Lássuk be, hogy ezt természetes két részre osztani annak megfelelően, hogy ξ_{1} = ξ_{1}^{∗} vagy ξ_{1} ≠ ξ_{1}^{∗}. Az egyik mérték az átlóra van koncentrálva és ott sűrűségfüggvénye x^{n−1}, a másik résznek az egész négyzeten van sűrűségfüggvénye, és az (n − 1)y^{n−2}, ha 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 és nulla különben.