A november 5.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Az előző gyakorlaton beláttuk, hogy ha ξ_{1}, …, ξ_{n} független, a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók, ξ_{1}^{∗} = min_{1≤k≤n} ξ_{k}, ξ_{n}^{∗} = max_{1≤k≤n} ξ_{k},

akkor a (ξ_{1}^{∗}, ξ_{n}^{∗}) véletlen vektor eloszlásának van sűrűségfüggvénye, és az f(x, y) = n(n − 1)(y − x)^{n−2}, ha −\frac{1}{2} ≤ x ≤ y ≤ \frac{1}{2}, és f(x, y) = 0 egyébként. Számítsuk ki ennek az eredménynek a segítségével a \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{n}^{∗}}{2} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Felírhatjuk az

E \frac{ξ_{1}^{∗} + ξ_{2}^{∗}}{2} = ∫ ∫ \frac{x + y}{2} f(x, y) dx dy

= n(n − 1) ∫ ∫_{\{(x,y) : \frac{1}{2} ≤x≤y≤ \frac{1}{2} \}} \frac{x + y}{2} (y − x)^{n−2} dx dy

E (\frac{ξ_{1}^{∗} + ξ_{2}^{∗}}{2} )^{2} = ∫ ∫ (\frac{x + y}{2} )^{2} f(x, y) dx dy

= n(n − 1) ∫ ∫_{\{(x,y) : \frac{1}{2} ≤x≤y≤ \frac{1}{2} \}} (\frac{x + y}{2} )^{2} (y − x)^{n−2} dx dy.

azonosságokat. A fenti integrálokat kell kiszámolnunk. Érdemes bevezetni az u = y − x, v = y + x új változókat, és ezek segítségével kifejezni a vizsgálandó

integrálokat. Vegyük észre, hogy a transzformáció Jacobiánja a | \begin{matrix}\frac{∂u}{∂x}, \frac{∂u}{∂y} \\ \frac{∂v}{∂x}, \frac{∂v}{∂y} \end{matrix} | deter-

mináns (abszolut) értéke 2 (minden pontban), és a transzformáció hatására az \{(x, y): \frac{1}{2} ≤ x ≤ y ≤ \frac{1}{2}\} integrálási tartomány az \{(u, v): 0 ≤ u ≤ 1, −(1 − u) ≤ v ≤ 1 − u} tartományba képződik. A fenti összefüggések segítségével a kiszámítandó integrálokat a következő módon írhatjuk fel:

E \frac{ξ_{1}^{∗} + ξ_{2}^{∗}}{2} = \frac{n(n − 1)}{2} ∫_{0}^{1} ∫_{−(1−u)}^{1−u} \frac{v}{2} u^{n−2} dv du

= \frac{n(n − 1)}{4} ∫_{0}^{1} u^{n−2} (∫_{−(1−u)}^{1−u} v dv) du = 0,

mert a belső integrál nulla, és

E (\frac{ξ_{1}^{∗} + ξ_{2}^{∗}}{2} )^{2} = \frac{n(n − 1)}{2} ∫_{0}^{1} ∫_{−(1−u)}^{1−u} (\frac{v}{2} )^{2} u^{n−2} dv du

= \frac{n(n − 1)}{12} ∫_{0}^{1}(1 − u)^{3}u^{n−2} dv du

= \frac{n(n − 1)}{12} [\frac{u^{n−1}}{n − 1} − 3\frac{u^{n}}{n} + 3\frac{u^{n+1}}{n + 1} − \frac{u^{n+2}}{n + 2}]_{0}^{1}

= \frac{n(n − 1)}{12} (\frac{1}{n − 1} − \frac{1}{n + 2} − \frac{3}{n} + \frac{3}{n + 1})

= \frac{n(n + 1)(n + 2 − (n − 1)) − 3(n − 1)(n + 2)}{12(n + 1)(n + 2)}

= \frac{3n(n + 1) − 3(n − 1)(n + 2)}{12(n + 1)(n + 2)} = \frac{1}{2(n + 1)(n + 2)}

Tehát E \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{2}^{∗}}{2} = 0 és Var \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{2}^{∗}}{2} = \frac{1}{2(n+1)(n+2)}.

2. Legyen ξ_{1}, …, ξ_{n} független, a [ϑ, ϑ + 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók sorozata valamely (ismeretlen) ϑ paraméterrel. Legyen ξ_{1}^{∗} =

min_{1≤k≤n} ξ_{k} ξ_{n}^{∗} = max_{1≤k≤n} ξ_{k}. Mutassuk meg, hogy E \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{n}^{∗}}{2} = ϑ + \frac{1}{2}, Var \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{n}^{∗}}{2} =

\frac{1}{2(n+1)(n+2)}, E \frac{ξ_{1}+···+ξ_{n}}{n} = ϑ + \frac{1}{2} és Var \frac{ξ_{1}+···+ξ_{n}}{n} = \frac{1}{12n}.

Beszéljük meg a következő kérdést: Meg akarjuk becsülni az ismeretlen ϑ paramétert a (megfigyelt) ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók segítségével. Melyik becslést tartják jobbnak:

a.) ϑ̃_{n}^{(1)} = \frac{ξ_{1}+···+ξ_{n}}{n} − \frac{1}{2}

b.) ϑ̃_{n}^{(2)} = \frac{ξ_{1}^{∗}+ξ_{n}^{∗}}{2} − \frac{1}{2}

c.) Kombináljuk a két becslést és legyen ϑ̃_{n}^{(3)} = \frac{ϑ̃_{n}^{(1)}+ϑ̃_{n}^{(2)}}{2} .

Megoldás: A ξ̄_{j} = ξ_{j} − (ϑ + 12) valószínűségi változók függetlenek, egyenletes eloszlásúak a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban, és min_{1≤k≤n} ξ̄_{k} = ξ_{1}^{∗} − (ϑ + 12), max_{1≤k≤n} ξ̄_{k} = ξ_{n}^{∗} −

(ϑ + 12). Ezért áttérve a ξ_{k} valószínűségi változókról a ξ̄_{k} valószínűségi változókra a vizsgált mennyiségek várható értéke ϑ+ \frac{1}{2}-vel csökken, a szórásnégyzetük pedig nem változik. Ezért elegendő a feladatot a ξ̄_{k} valószínűségi változókra bizonyítani. (Ezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy elég a ϑ = −\frac{1}{2} esetet tekinteni.) Az első kifejezés várható értékét és szórásnégyzetét az elsó feladatban kiszámoltuk, és onnan látszik a kívánt állítás. A második kifejezésre felírhatjuk, hogy E \frac{ξ̄_{1}+···+ξ̄_{n}}{n} = Eξ̄_{1} = 0 és Var \frac{ξ̄_{1}+···+ξ̄_{n}}{n} = \frac{Var ξ̄_{1}}{n} = \frac{1}{12n}, mert Var ξ̄_{1} = ∫_{−1/2}^{1/2} x^{2} dx = \frac{1}{12}.

Mind a három esetben a vizsgált kifejezés várható értéke ϑ, (ezt szakszóval úgy mondják, hogy torzítatlan becsléseket adtunk meg), ezért természetes a becslések közül azt választani, amelyiknek a legkisebb a szórásnégyzete. Láttuk, hogy ebben az értelemben a ϑ̃_{n}^{(2)} becslés jobb, mint a ϑ̃_{n}^{(1)} becslés. Azt is meg lehet mutatni, hogy a ϑ̃_{n}^{(2)} becslés a ϑ̃_{n}^{(3)} becslésnél is jobb. Most elégedjünk meg annak megmutatásával, hogy nagy n elemszámra ez a helyzet, sőt azt is állíthatjuk, hogy a becslés nagyságrendje jóbb.

Ugyanis E (ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ)^{2} nagyságrendje const. n^{−1}, míg a E (ϑ̃_{n}^{(2)} − ϑ)^{2} kifejezés nagyságrendje const. n^{−2}, ha n → ∞. Innen

E (ϑ̃_{n}^{(3)} − ϑ)^{2} = \frac{1}{4} (E (ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ)^{2} + E (ϑ̃_{n}^{(2)} − ϑ)^{2} + 2E (ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ) (ϑ̃_{n}^{(2)} − ϑ)) ,

és a Cauchy–Schwarz egyenlőtlenség alapján

|E (ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ) (ϑ̃_{n}^{(2)} − ϑ)| ≤ E ((ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ)^{2} (Eϑ̃_{n}^{(2)} − ϑ)^{2})^{1/2} ,

és ez a kifejezés n^{−3/2} nagyságrendben tart nullához n → ∞ esetén. Ezekből a

becslésekból az következik, hogy az E (ϑ̃_{n}^{(3)} − ϑ)^{2} kifejezés az E (ϑ̃_{n}^{(1)} − ϑ)^{2} kife-

jezéshez hasonlóan n^{−1} nagyságrendben tart nullához n → ∞ esetben. (Tehát lassabban, mint a b.) esetben.

A következő feladatban megtárgyalunk egy más módszert a rendezett minta legnagyobb és és legkisebb elemének együttes sűrűségfüggvényének kiszámítására.

3. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független egyforma eloszlású valószínűségi változók f(x) sűrűségfüggvénnyel, ξ_{1}^{∗} < ξ_{2}^{∗} < ⋯ < ξ_{n}^{∗} a belőlük készített rendezett minta. Lássuk be, hogy a (ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) véletlen vektornak van sűrűségfüggvénye, és az a g(x_{1}, …, x_{n}) = n!f(x_{1}) ⋯ f(x_{n}) függvény, ha x_{1} < x_{2} < ⋯ < x_{n}, és g(x_{1}, …, x_{n}) = 0 egyébként. Lássuk be, hogy ha egy (η_{1}, …, η_{n}) véletlen vektornak g(x_{1}, …, x_{n}) van sűrűségfüggvénye, és k ≤ n, akkor az (η_{1}, …, η_{k}) véletlen vektor sűrűségfüggvénye

h(x, …, x_{k}) = ∫_{−∞}^{∞} ⋯ ∫_{−∞}^{∞} g(x_{1}, …, x_{n}) dx_{k+1} dx_{k+2} ⋯ dx_{n}.

A [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumon egyenletes eloszlású független ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változókból elkészített ξ_{1}^{∗} < ξ_{2}^{∗} < ⋯ < ξ_{n}^{∗} rendezett mintára a (ξ_{1}^{∗}, ξ_{n}^{∗}) véletlen vektor sűrűségfüggvénye f(x, y) = n(n − 1)(y − x)^{n−2}, ha −\frac{1}{2} ≤ x ≤ y ≤ \frac{1}{2}, és f(x, y) = 0 egyébként. Megoldás: Definiáljuk a következő C ⊂ R^{n} halmazt: C = {(x_{1}, …, x_{n}): x_{1} ≤ x_{2} ≤ ⋯ ≤ x_{n}}, azaz C azon pontokból áll, melynek koordinátái nagyság szerint rendezve vannak. Adva egy B ⊂ C halmaz definiáljuk ennek B^{sz} szimmetrikus bővítését, mint B^{sz} = {(x_{π(1)}, …, x_{π(n)}) (x_{1}, …, x_{n} ∈ B, (pi(1), …, π(n)) ∈ Π_{n}}, ahol Π_{n} jelöli az {1, …, n} halmaz összes permutációját. Szemléletesen arról van szó, hogy a B halmaz (x_{1}, …, x_{n}) pontjaiban vesszük a koordináták összes lehetséges permutációját, és az így előállítható pontok alkotják a B halmaz szimmetrizált bővítését. Ekkor P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ C) = 1, és tetszőleges (mérhető) A ⊂ R^{n} halmazra

P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ A) = P ((ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) ∈ A ∩ C) = P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ (A ∩ C)^{sz})
= ∫_{A∩C)^{sz}} f(x_{1})f(x_{2}) … f(x_{n}) dx_{1} … dx_{n}

= ∫_{A∩C)} n!f(x_{1})f(x_{2}) … f(x_{n}) dx_{1} … dx_{n}
= ∫_{A} g(x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) dx_{1} … dx_{n},

és ez jelenti azt, hogy a (ξ_{1}^{∗}, …, ξ_{n}^{∗}) véletlen vektor eloszlása a g(x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) függvény. A feltétel teljsülése esetén minden A ⊂ R^{k} halmazra

P ((η_{1}, …, η_{k}) ∈ A) = P ((η_{1}, …, η_{k}) ∈ A, (η_{k+1}, …, η_{n}) ∈ R^{n−k})

= ∫ ⋯ ∫_{A×R^{n−k}} g(x_{1}, …, x_{n}) dx_{1} … dx_{k} dx_{k+1} … dx_{n}

= ∫ ⋯ ∫_{A} (∫_{−∞}^{∞} ⋯ ∫_{−∞}^{∞} g(x_{1}, …, x_{n}) dx_{k+1} dx_{k+2} ⋯ dx_{n}) dx_{1} … dx_{k}

= ∫ ⋯ ∫_{A} h(x, …, x_{k}) dx_{1} … dx_{k},

és ez volt a második bizonyítandó állítás. Az előbbiek alapján −\frac{1}{2} ≤ x ≤ y ≤ y ≤ \frac{1}{2} esetén a keresett sűrűségfüggvény

g(x, y) = ∫_{x≤x_{1}<x_{2}<···<x_{n−1}<y} n! dx_{2} … dx_{n−1}

= n!λ\{(x_{2}, …, x_{n−1} : x ≤ x_{1} < x_{2} < ⋯ < x_{n−1} < y\} = \frac{n!(y − x)^{n−2}}{(n − 2)!}

= n(n − 1)(y − x)^{n−2},

ahol λ(A) jelöli az A halmaz térfogatát. A maradék halmazon a sűrűségfüggvény nulla, mert a rendezett minta g(x, x_{2}, …, x_{n−1}, y) sűrűségfüggvénye, amit integrálni kell, nulla, ha y < x, y > \frac{1}{2} vagy x < −\frac{1}{2}.

4. Legyen egy urnában 10 piros és 20 fehér golyó. Húzzunk ki 10 golyót visszatevés nélkül, és a második húzástól kezdve minden húzás alkalmával nyerjünk 2 forintot, ha a kihúzott golyó színe megegyezik az előző kihúzott golyó színével, és veszítsünk 1 forintot, ha ez a két szín különbözik. Számoljuk ki nyereményünk várható értékét és szórásnégyzét. Megoldás: Vezessük be a követező η_{j}, 1 ≤ j ≤ 9, valószínűségi változókat: η_{j} = 2, ha a j-ik és j+1 húzás mindegyike fehér vagy mindegyike piros, és η_{j} = −1, ha a két

húzás eredménye fehér, piros, vagy piros fehér. Ekkor minket a ∑_{j=1}^{9} η_{j} véletlen összeg

várható értéke és szórásnégyzete érdekel. Ennek kiszámítása érdekében számoljuk ki először az Eη_{j}, Var η_{j} és Cov (η_{j}, η_{k}) mennyiségeket. η_{j} értéke 2, ha piros, piros vagy fehér, fehér húzás történt, és ennek valószínűsége \frac{10}{30} \frac{9}{29} + \frac{20}{30}1930 = \frac{47}{87}, annak valószínűsége, hogy η_{j} = −1 \frac{40}{87}. Innen Eη_{j} = \frac{2·47−40}{87} = \frac{18}{29}, és a keresett várható érték 9 · \frac{18}{29} = \frac{162}{29}. Hasonlóan Eη_{j}^{2} = \frac{4·47+40}{87} = \frac{228}{87}, Var η_{j} = Eη_{j}^{2} − (Eη_{j})^{2}.

Az Cov (η_{j}, η_{k}) mennyiségek kiszámolásánál különböztessük meg a k = j +1 és k > j + 1 eseteket. Első esetben az Eη_{j}η_{j+1} mennyiség kiszámolásánal három egymást követő húzás eredményét kell figyelemebe venni. η_{j}η_{k} értéke 4, ha fehér, fehér, fehér, vagy piros, piros, piros húzás történik, és ennek valószínűsége \frac{1·9·8+2·19·18}{3·29·28}, −2, ha fehér, piros, piros vagy fehér, fehér, piros vagy piros, piros, fehér vagy piros, fehér, fehér húzássorozat történik, és ennek valószínűsége 2 · \frac{2·19··10+9··20}{3·29·28}, és −1, ha piros, fehér, piros vagy fehér, piros, fehér húzás történik, aminek valószínűsége \frac{9·20+2·19·10}{3·29·28}. Innen Eη_{j}η_{j+1} = 4 · (\frac{1·9·8+2·19·18}{3·29·28} − \frac{2·19··10+9··20}{3·29·28}) + \frac{9·20+2·19·10}{3·29·28}. Továbbá, Cov (η_{j}, η_{j+1}) = Eη_{j}η_{j+1} − Eη_{1}^{2}. Azt az esetet, amikor a k > j + 1 kissé nehezebb áttekinteni, mert ekkor 16 különböző húzássorozatot kell figyelembe venni. Némileg egyszerűsíti az áttekintést, ha észrevesszük, hogy az egyes húzássorozatok valószínűsége csak attól függ, hogy hány fehér golyót tartalmaznak. Ezenkívül még azt is nézve, hogy mennyi a különböző esetekben az η_{j}η_{k} változó értéke azt kapjuk, hogy k > j + 1 esetben Eη_{j}η_{k} = 4 · \frac{2·19·18·17}{3·29·28·27} − 8 · \frac{2·19·18·10}{3·29·28·27}(8 + 4)\frac{2·19·10·9}{3·29·28·27} − 8 · \frac{9·8·20}{3·29·28·27} + 4 · \frac{9·8·7}{3·29·28·27}, és a Cov(η_{j}, η_{k}) = Eη_{j}Eη_{k} − Eη_{j}^{2} érvényes ebben az esetben is. Végül felírjuk, hogyan lehet a fenti képleteket felhasználva felírni a keresett szórásnégyzetet. Vegyük észre, hogy mindegyik Cov (η_{j}, eta_{j+1}) értéke megegyezik, és ugyanez mondható el a Var η_{j} illetve Cov (η_{j}, η_{k} kifejezésekre, ha k > j+1. Figyelembe véve, hogy melyik

tagból hányat kell venni kapjuk, hogy Var ( ∑_{j=1}^{9} η_{j}) = 9Var η_{1} + 18Cov (η_{1}, η_{2}) +

54Cov (η_{1}, η_{3}).

Házi feladat:

Legyen adva két urna, mindkettőben 10 piros és 20 fehér golyó. Húzzunk ki 10 golyót mind a két urnából, az egyikből visszatevéssel, a másikból visszatevés nélkül. Minden húzáspár alkalmával nyerjünk 2 forintot, ha a két különböző urnából kihúzott golyók színe megegyezik, és veszítsünk 1 forintot, ha ez a két szín különbözik. Számoljuk ki nyereményünk várható értékét és szórásnégyzét.