Az október 1.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Legyen ξ és η két független, a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású valószí-

nűségi változó, azaz legyen ξ és η sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha −\frac{1}{2} ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként. Számoljuk ki ξ + η sűrűségfüggvényét. Megoldás: A ξ+η valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a g(x) = ∫ f(y)f(x−y) dy

függvény, ahol f(x) a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlás sűrűségfüggvénye.

Ezért f(y)f(x − y) = 1, ha −\frac{1}{2} ≤ y ≤ \frac{1}{2}, és −\frac{1}{2} ≤ x − y ≤ \frac{1}{2}, azaz −\frac{1}{2} + x ≤ y ≤

\frac{1}{2} +x, és nulla egyébként. Ez azt jelenti, hogy a ξ +η összeg g(x) sűrűségfüggvénye

az x pontban megegyezik a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] ∩ [−\frac{1}{2} + x, ≤ \frac{1}{2} + x] intervallum hosszával.

Ha |x| > 1, akkor a fenti metszet üres, ezért ebben az esetben g(x) =. Ha 0 ≤ x ≤ 1,

akkor ez a metszet a [−\frac{1}{2} + x, \frac{1}{2}] intervallum, és ennek hossza 1 − x, azaz ebben

az esetben g(x) = 1 − x. Ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor ez a metszet a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + x]

intervallum melynek hossza 1 + x = 1 − |x|, azaz g(x) = 1 + x = 1 − |x| ebben az esetben. Ez azt jelenti, hogy g(x) = 1 − |x|, ha |x| ≤ 1, és g(x) = 0, ha x > 1.

Megadunk egy másik geometriai érvelésen alapuló megoldást is, amelyik geometriai érvelésen alapul.

Számítsuk ki először a ξ + η valószínűségi változó G(x) eloszlásfüggvényét. De-

finiáljuk a K = [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] × [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] négyzetet, és jelölje λ a Lebesgue mértéket,

azaz a területet a síkon. Ekkor a sík tetszőleges A ⊂ R^{2} mérhető részhalmazára igaz az, hogy P ((ξ, η) ∈ A) = λ(A ∩ K). Speciálisan, G(x) = P (ξ + η < x) = λ(K ∩ {(u, v): u + v < x}). Ha x ≤ −1, akkor G(x) = 0, ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor G(x) a (−\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}), (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + x) és (\frac{1}{2} + x, −\frac{1}{2}) pontok által meghatározott háromszög területe \frac{1}{2}(1+x)^{2}. Hasonlóan, ha x ≥ 1, akkor G(x) = 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1, akkor a G(x) eloszlásfüggvény megegyezik annak a poligonnak területével, melyet úgy kapunk, hogy a K négyzetből kihagyjuk a (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2} + x) és (−\frac{1}{2} + x, \frac{1}{2}) pontok által meghatározott háromszöget. Ezért G(x) = 1− \frac{1}{2}(1−x)^{2} ebben az esetben. A G(x) függvényt deriválva kapjuk, hogy g(x) = 0, ha |x| ≤ 1, g(x) = 1 + x, ha −1 ≤ x ≤ 0, és g(x) = 1 − x, ha 0 ≤ x ≤ 1.

2. Legyen két urna, mind a kettőben 10 piros és 10 fehér golyó. Egymás után kihúzunk nyolc golyót mind a két urnából, az elsőből visszatevés nélkül, a másodikból visszatevéssel. Ha a j-ik húzásnál a két urnából kihúzott golyó egyforma színű, akkor két forintot nyerünk, ha különböző színűek, akkor egy forintot veszítünk, 1 ≤ j ≤ 8. Számítsuk ki nyereményünk várható értékét és szórásnégyzetét.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 8 valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik húzásnál mind két urnából piros vagy mind a két urnából fehér golyót húzunk, és ξ_{j} = −1, ha az egyik urnából fehér és a másik urnából piros golyót

hízunk. Akkor a minket érdeklő mennyiségek a S = ∑_{j=1}^{8} ξ_{j} valószínűségi változó

várható értéke és szórásnégyzete. Ennek kiszámítása érdekében számítsuk ki az Eξ_{j}, Var ξ_{j} és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) mennyiségeket. Vegyük észre, hogy P (ξ_{j} = 1) = P (ξ_{1} =

1) = \frac{1}{2} · \frac{1}{2} + \frac{1}{2} · \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, mert kifejezve külön annak a valószínűségét, hogy (fehér,

fehér) vagy (piros, piros) húzás történik. Ezért Eξ_{j} = 2\frac{1}{2}−\frac{1}{2} = \frac{1}{2}, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}(4+1) =

\frac{5}{2}, Var ξ = \frac{9}{4}.

Hasonlóan, P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = 2) = P (ξ_{1} = 2, ξ_{2} = 2) = 2 · \frac{1}{4} · \frac{1}{2} \frac{9}{19} + 2 · \frac{1}{4} · \frac{1}{2} · \frac{9}{19} =

\frac{1}{4}, P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = −1) = P (ξ_{1} = 2, ξ_{2} = −1) = 2 · \frac{1}{4} · \frac{1}{2} (\frac{10}{19} + \frac{9}{19}) = \frac{1}{4},

P (ξ_{j} = −1, ξ_{k} = −1) = P (ξ_{1} = −1, ξ_{2} = −1) = \frac{1}{4} (itt felsoroltuk, hogy például a ξ_{1} = 2, ξ_{2} = 2 azt jelenti, hogy ((F,F), (F,P)) ((F,F), (P,F)), ((P,P), (F,P)), ((P,P),

(P,F)) hízássorozatok valamelyike következik be. Ezért Eξ_{j}ξ_{k} = \frac{1}{4}(1 + 4 − 4) = \frac{1}{4},

és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = \frac{1}{4} − \frac{1}{4} = 0. Innen következik, hogy a ξ_{j} valószínűségi változók korrelálatlanok, és ES = 8Eξ_{1} = 2, Var S = 8Var ξ_{1} = 18.

3. Mutassuk meg, hogy egy nem-nagatív értékű ξ valószínűségi változó (azaz P (ξ ≥

0) = 1) várható értéke akkor és csak akkor véges, ha ∑_{j=1}^{∞} jP (j − 1 ≤ ξ ≤ j) < ∞,

ami ekvivalens azzal, hogy ∑_{j=1}^{∞} P (ξ > j) < ∞.

Megoldás: Vezessük be a következő ξ̃ valószínűségi változót: ξ̃ = j, ha j −1 < xi ≤ j, j = 1, 2, . . .. Ekkor P (0 ≤ ξ−ξ̃) ≤ 1, ezért a ξ és ξ̃valószínűségi változók várható

értéke egyszerre véges vagy végtelen. Viszont Eξ̃ = ∑_{j=1}^{∞} jP (ξ̃ = j) = ∑_{j=1}^{∞} jP (j −1 <

ξ ≤ j), ahonnan következik a feladat első állítása.

Másrészt Felírhatjuk, hogy ∑_{j=1}^{∞} P (j − 1 < ξ ≤ j) = ∑_{j=1}^{∞} j(P (ξ > j − 1) − P (ξ > j)).

Rendezzük át a fenti összeget a következő módon. Tetszőleges N számra

∑_{j=1}^{N} jP (j − 1 < ξ ≤ j) = ∑_{j=1}^{N} j(P (ξ > j − 1) − P (ξ > j))

= ∑_{j=1}^{N−1} P (ξ > j)((j + 1) − j) − NP (ξ > N). = ∑_{j=1}^{N−1} P (ξ > j) − NP (ξ > N).

Megmutatjuk, hogy N → ∞ határátmenettel a fenti relációból következik a feladat második állítása. Valóban, ha Eξ < ∞, akkor létezik olyan K < ∞ szám, melyre

NP (ξ > N) ≤ ∑_{j=N+1}^{∞} jP (j − 1 < ξ ≤ j) ≤ ∑_{j=1}^{∞} jP (j − 1 < ξ ≤ j) ≤ K, ahol a

K konstans független az N számtól. Így ebben az esetben az előző becslés alapján léteznek olyan univerzáslis L és K számok, melyekre

L ≥ ∑_{j=1}^{N−1} P (ξ > j) − K minden L = 1, 2, … számra,

ahonnan ∑_{N=1}^{∞} P (ξ > j) < ∞).

Ha Eξ = ∞, akkor ∑_{N=1}^{∞} P (ξ > j) = ∞), mert ekkor ∑_{j=1}^{N−1} P (ξ > j) ≥ ∑_{j=1}^{N} jP (j − 1 <

ξ ≤ j), és lim_{N→∞} ∑_{j=1}^{N} jP (j − 1 < ξ ≤ j) = ∞.

Megjegyzés: Az összegnek a fenti számolásban történt átrendezését Abel féle átrendezésnek nevezik, és ez sokszor hasznos. Az Abel féle átrendezés egyébként az integrálszámításban alkalmazott parciális integrálás diszkrét megfelelője.

4. A Stirling formula felhasználásával (Ez azt mondja ki, hogy n! ∼ \sqrt{2πn} (\frac{n}{e})^{n}) adjunk jó becslést arra, hogy amennyiben egymástól függetlenül n kisérletet végzünk, melyek mindegyike p valószínűséggel sikeres, 1 − p valószínűséggel sikertelen, akkor pontosan k sikeres kisérlet következik be. Ha k ∼ np akkor ennek valószínűsége jól közelíthető egy alkalmas normális sűrűségfüggvénnyel.

Megoldás: Jelölje S_{n} a sikeres kisérletek számát. Ekkor P (S_{n} = k) = \binom{n}{k}p^{k}(1 −

p)^{n−k}. Tekintsük ezt a valószínűséget abban az esetben, ha εn ≤ k ≤ (1 − ε)n. Ekkor

\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n − k)!} ∼ \begin{matrix}\sqrt{2πn} & (\frac{n}{e}) & n \\ \sqrt{2πk} & (\frac{k}{e} ) & k & \sqrt{2π(n − k)} & (\frac{n − k}{e} ) & n−k \end{matrix}

= \sqrt{\frac{n}{2πk(n − k)}} (\frac{n}{k})^{k} (\frac{n}{n − k} )^{n−k} ,

P (S_{n} = k) ∼ \sqrt{\frac{n}{2πk(n − k)}} (\frac{np}{k})^{k} (\frac{n(1 − p)}{n − k})^{n−k} .

Ha k = k(n) = np + x(n), és lim_{n→∞} \frac{x(n)}{n} = 0, azaz a sikeres kisérletek k száma közel van annak np várható értékéhez, akkor

log (\frac{np}{k})^{k} (\frac{n(1 − p)}{n − k})^{n−k}

= (k log (1 + \frac{np − k}{k} ) + (n − k) log (1 + \frac{n(1 − p) + (n − k)}{(n − k)}))

Alkalmazzuk a fenti kifejezés mindkét tagjára a log(1+u) ∼ u− \frac{u^{2}}{2} Taylor sorfejtés közelítést kis u számokra. A lineáris tagok kiesnek, és azt kapjuk, hogy

\begin{matrix}n (\frac{k}{n} log (1 + \frac{np − k}{k} ) − \frac{n − k}{n} log (1 + \frac{n(1 − p) + (n − k)}{(n − k)})) \\ ∼ −\frac{1}{2} (\frac{(np − k)^{2}}{k} + \frac{n(1 − p) − (n − k))^{2}}{n − k} ) = −\frac{n(k − np)^{2}}{2k(n − k)} \\ ∼ −\frac{(k − np)^{2}}{2np(1 − p)}. \end{matrix}  (∗)

Az utolsó közelítésben azt használtuk ki, hogy k(n − k) ∼ n^{2}p(1 − p) a vizsgált esetben. Az előzó számolásokban a P (S_{n} = k) valószínűséget megadó kifejezés fő részének a logaritmusát számoltuk ki, ha k ∼ np. A másik tényezőre

\sqrt{\frac{n}{2πk(n − k)}} ∼ \frac{1}{\sqrt{2πnp(1 − p)}}

E becslések azt adják, hogy

P (S_{n} = k) ∼ \frac{1}{\sqrt{2πnp(1 − p)}} exp \{−\frac{(k − np)^{2}}{2np(1 − p)}\} , ha \frac{kn − p}{n} → 0.

Jegyezzük meg, hogy a becslő függvény a következő módon is írható:

\frac{1}{\sqrt{2πnp(1 − p)}} exp \{−\frac{(k − np)^{2}}{2np(1 − p)}\} = \frac{1}{\sqrt{2πVar S_{n}}} exp \{−\frac{(k − ES_{m})^{2}}{2Var S_{n}} \} .

Valójában a fenti vizsgálat nem teljes értékű, mert nem derült ki belőle, hogy a fenti közelítés milyen pontos. Próbáljuk finomítani, és megérteni, hogy milyen k(n) = pn + x(n) számsorozatra mondhatjuk, hogy

lim_{n→∞} \frac{P (S_{n} = k(n))}{\frac{1}{\sqrt{2πVar S_{n}}} exp \{−\frac{(k−ES_{m})^{2}}{2Var S_{n}} \}} = 1.  (∗∗)

Ha végiggondoljuk a becsléseket (azt kell meggondolni, hogy egy szorzatban az egyes tényezőket olyan tagokkal helyettesíthetjük, melyben az eredeti kifejezés és a becslésként felhasznált kifejezés hányadosa 1-hez tart n → ∞ esetén, valamint

lim_{n→∞} \frac{a(n)}{b(n)} = 1 akkor és csak akkor, ha lim_{n→∞}(log a(n) − log b(n)) = 0.) ahhoz,

hogy a (∗∗) reláció teljesüljün az kell, hogy a (∗) formulában leírt becslésben mikor mondhatjuk, hogy

n (\frac{k}{n} log (1 + \frac{np − k(n)}{k(n)}) − \frac{n − k(n)}{n} log (1 + \frac{n(1 − p) + (n − k(n))}{(n − k(n))}))

− \frac{(k(n) − np)^{2}}{2np(1 − p)} → 0, ha n → ∞.

Nem nehéz belátni, hogy ez érvényes akkor, ha \frac{k(n) − np}{n^{1/6}} → 0 n → ∞ esetén.

Ugyanis amikor, a log(1 + u) függvényt az u − \frac{u^{2}}{2} kifejezéssel közelítettük, azaz a függvény Taylor sorának első két tagjának az összegével, akkor az elkövetet hiba kisebb, mint const. u^{3} például |u| ≤ \frac{1}{2} esetén (azaz a hiba nagyságrendje annyi,

mint a Taylor sor harmadik tagja. Esetünkben ezt a becslést u = \frac{np − k}{k} és u =

\frac{n(1 − p) + (n − k)}{(n − k)} választással alkalmaztuk, és mindkét kifejezés nagyságrendje

\frac{x(n)}{n} = \frac{k(n) − np}{n}. Ezért az elkövetett hiba nagyságrendje e kifejezés harmadik hatványa beszorozva n-nel. Az elkövetett hiba akkor elhanyagolható, a (∗∗) formula

akkor érvényes, ha a \frac{k(n) − np}{n^{1/6}} → 0 n → ∞ reláció teljesül. Ezt a becslést követve,

és a Taylor sorfejtést a harmadik tagig elvégezve kapnánk, hogy \frac{k(n) − np}{n^{1/6}} ∼ const. esetén egy harmadfokú tagot is figyelembe kell venni, ha a P (S_{n} = k(n)) mennyiséget a (∗∗) formulához hasonló pontossággal akarjuk becsülni.