\magnification=\magstep1
\input amstex
\hsize=16truecm
\parskip=2pt plus 0.5pt
\TagsOnRight
 
\define\A{{\bold A}}
\define\BB{{\bold B}}
\define\DD{{\bold D}}
\define\T{{\bold T}}
\define\U{{\bold U}}
\define\({\left(}
\define\){\right)}
\define\[{\left[}
\define\]{\right]}
\define\e{\varepsilon}
\define\oo{\omega}
\define\const{\text{\rm const.}\,}
\define\Var{\text{\rm Var}\,}
\define\Cov{\text{\rm Cov}\,}
\define\supp {\sup\limits}
\define\inff{\inf\limits}
\define\summ{\sum\limits}
\define\prodd{\prod\limits}
\define\limm{\lim\limits}
\define\limsupp{\limsup\limits}
\define\liminff{\liminf\limits}
\define\bigcapp{\bigcap\limits}
\define\bigcupp{\bigcup\limits}
\def\Re{\text{\rm Re}\,}
\font\script=cmcsc10
 
\medskip\noindent
\noindent{\bf Az okt\'ober 1.-i el\H{o}ad\'ashoz kapcsol\'od\'o
gyakorlat feladatai}
\medskip\noindent
\item{1.} Legyen $\xi$ \'es $\eta$ k\'et f\"uggetlen, a
$\[-\dfrac12,\dfrac12\]$ intervallumban egyenletes eloszl\'as\'u
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-gi v\'altoz\'o, azaz legyen $\xi$
\'es $\eta$ s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enye $f(x)=1$, ha $-\dfrac12\le
x\le\dfrac12$, \'es $f(x)=0$ egy\'ebk\'ent. Sz\'amoljuk ki
$\xi+\eta$ s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'eny\'et.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ A $\xi+\eta$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi
v\'altoz\'o s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enye a $g(x)=\int f(y)f(x-y)\,dy$
f\"uggv\'eny, ahol $f(x)$ a $\[-\dfrac12,\dfrac12\]$ intervallumban
egyenletes eloszl\'as s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enye. Ez\'ert
$f(y)f(x-y)=1$, ha $-\dfrac12\le y\le\dfrac12$, \'es $-\dfrac12\le
x-y\le\dfrac12$, azaz $-\dfrac12+x\le y\le\dfrac12+x$, \'es nulla
egy\'ebk\'ent. Ez azt jelenti, hogy a $\xi+\eta$ \"osszeg $g(x)$
s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enye az $x$ pontban megegyezik a
$\[-\dfrac12,\dfrac12\]\cap \[-\dfrac12+x,\le\dfrac12+x\]$
intervallum hossz\'aval. Ha $|x|>1$, akkor a fenti metszet \"ures,
ez\'ert ebben az eset\-ben $g(x)=$. Ha $0\le x\le 1$, akkor ez a
metszet a $\[-\dfrac12+x,\dfrac12\]$ intervallum, \'es ennek hossza
$1-x$, azaz ebben az eset\-ben $g(x)=1-x$. Ha $-1\le x\le0$, akkor ez
a metszet a $\[-\dfrac12,\dfrac12+x\]$ intervallum melynek hossza
$1+x=1-|x|$, azaz $g(x)=1+x=1-|x|$ ebben az eset\-ben. Ez azt jelenti,
hogy $g(x)=1-|x|$, ha $|x|\le 1$, \'es $g(x)=0$, ha $x>1$.
\medskip
\item{} Megadunk egy m\'asik geometriai \'ervel\'esen alapul\'o
megold\'ast is, amelyik geometriai \'ervel\'esen alapul. \medskip
\item{} Sz\'am\'{\i}tsuk ki el\H{o}sz\"or a $\xi+\eta$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o $G(x)$
el\-osz\-l\'as\-f\"ugg\-v\'e\-ny\'et. De\-fi\-ni\'al\-juk a
$K=\[-\dfrac12,\dfrac12\]\times\[-\dfrac12,\dfrac12\]$ n\'egyzetet,
\'es jel\"olje $\lambda$ a Lebesgue m\'ert\'eket, azaz a ter\"uletet
a s\'{\i}kon. Ekkor a s\'{\i}k tetsz\H{o}leges $A\subset R^2$
m\'erhet\H{o} r\'eszhalmaz\'ara igaz az, hogy $P((\xi,\eta)\in
A)=\lambda(A\cap K)$. Speci\'alisan, $G(x)=P(\xi+\eta<x)=
\lambda(K\cap\{(u,v)\:u+v<x\})$. Ha $x\le-1$, akkor $G(x)=0$, ha
$-1\le x\le0$, akkor $G(x)$ a $\(-\frac12,-\frac12\)$,
$\(-\frac12,\frac12+x\)$ \'es $\(\frac12+x,-\frac12\)$ pontok \'altal
meghat\'arozott h\'aromsz\"og ter\"ulete $\frac12(1+x)^2$.
Hasonl\'oan, ha $x\ge1$, akkor $G(x)=1$. Ha $0\le x\le1$, akkor a
$G(x)$ eloszl\'asf\"uggv\'eny megegyezik annak a poligonnak
ter\"ulet\'evel, melyet \'ugy kapunk, hogy a $K$ n\'egyzetb\H{o}l
kihagyjuk a $\(\frac12,\frac12\)$, $\(\frac12,-\frac12+x\)$
\'es $\(-\frac12+x,\frac12\)$ pontok \'altal meghat\'arozott
h\'aromsz\"oget. Ez\'ert $G(x)=1-\frac12(1-x)^2$ ebben az eset\-ben.
A $G(x)$ f\"uggv\'enyt deriv\'alva kapjuk, hogy $g(x)=0$, ha
$|x|\le1$, $g(x)=1+x$, ha $-1\le x\le0$, \'es $g(x)=1-x$, ha $0\le
x\le1$.
\item{2.} Legyen k\'et urna, mind a kett\H{o}ben 10 piros \'es 10
feh\'er goly\'o. Egym\'as ut\'an kih\'uzunk nyolc goly\'ot mind a
k\'et urn\'ab\'ol, az els\H{o}b\H{o}l visszatev\'es n\'elk\"ul, a
m\'asodikb\'ol visszatev\'essel.  Ha a $j$-ik h\'uz\'asn\'al
a k\'et urn\'ab\'ol kih\'uzott goly\'o egyforma sz\'{\i}n\H{u},
akkor k\'et forintot nyer\"unk, ha k\"ul\"onb\"oz\H{o} sz\'{\i}n\H{u}ek,
akkor egy forintot vesz\'{\i}t\"unk, $1\le j\le 8$. Sz\'am\'{\i}tsuk
ki nyerem\'eny\"unk v\'arhat\'o \'ert\'ek\'et \'es
sz\'or\'asn\'egyzet\'et.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Vezess\"uk be a k\"ovetkez\H{o} $\xi_j$,
$1\le j\le 8$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'okat: $\xi_j=2$,
ha a $j$-ik h\'uz\'asn\'al mind k\'et urn\'ab\'ol piros vagy mind a
k\'et urn\'ab\'ol feh\'er goly\'ot h\'uzunk, \'es $\xi_j=-1$, ha az
egyik urn\'ab\'ol feh\'er \'es a m\'asik urn\'ab\'ol piros goly\'ot
h\'{\i}zunk. Akkor a minket \'erdekl\H{o} mennyis\'egek a
$S=\summ_{j=1}^8\xi_j$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o
v\'arhat\'o \'ert\'eke \'es sz\'or\'asn\'egyzete. Ennek
kisz\'am\'{\i}t\'asa \'erdek\'eben sz\'am\'{\i}tsuk ki az $E\xi_j$,
$\Var\xi_j$ \'es $\Cov(\xi_j,\xi_k)$ mennyis\'egeket. Vegy\"uk \'eszre,
hogy $P(\xi_j=1)=P(\xi_1=1)=\dfrac12\cdot\dfrac12+\dfrac12\cdot\dfrac12
=\dfrac12$, mert kifejezve k\"ul\"on annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'et, hogy (feh\'er, feh\'er) vagy (piros,
piros) h\'uz\'as t\"ort\'enik. Ez\'ert
$E\xi_j=2\dfrac12-\dfrac12=\dfrac12$, $E\xi_j^2=\dfrac12(4+1)=\dfrac52$,
$\Var\xi=\dfrac94$.
\item{} Hasonl\'oan,
$P(\xi_j=2,\xi_k=2)=P(\xi_1=2,\xi_2=2)=2\cdot\dfrac14\cdot\dfrac12
\dfrac9{19}+2\cdot\dfrac14\cdot\dfrac12\cdot\dfrac9{19}=\dfrac14$,
$P(\xi_j=2,\xi_k=-1)=P(\xi_1=2,\xi_2=-1)=2\cdot\dfrac14\cdot\dfrac12
\(\dfrac{10}{19}+\dfrac{9}{19}\)=\dfrac14$,
$P(\xi_j=-1,\xi_k=-1)=P(\xi_1=-1,\xi_2=-1)=\dfrac14$ (itt felsoroltuk,
hogy p\'eld\'aul a $\xi_1=2,\xi_2=2$ azt jelenti, hogy ((F,F), (F,P))
((F,F), (P,F)), ((P,P), (F,P)), ((P,P), (P,F)) h\'{\i}z\'assorozatok
valamelyike k\"ovetkezik be. Ez\'ert
$E\xi_j\xi_k=\dfrac14(1+4-4)=\dfrac14$,
\'es $\Cov(\xi_j,\xi_k)=E\xi_j\xi_k-E\xi_jE\xi_k=\dfrac14-\dfrac14=0$.
Innen k\"ovetkezik, hogy a $\xi_j$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi
v\'altoz\'ok korrel\'alatlanok,
\'es $ES=8E\xi_1=2$, $\Var S=8\Var\xi_1=18$.
\item{3.} Mutassuk meg, hogy egy nem-nagat\'{\i}v \'ert\'ek\H{u}
$\xi$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o (azaz $P(\xi\ge0)=1$)
v\'arhat\'o \'ert\'eke akkor \'es csak akkor v\'eges,
ha $\summ_{j=1}^\infty jP(j-1\le \xi\le j)<\infty$, ami ekvivalens
azzal, hogy $\summ_{j=1}^\infty P(\xi>j)<\infty$.
\medskip
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Vezess\"uk be a k\"ovetkez\H{o} $\tilde\xi$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ot: $\tilde\xi=j$, ha $j-1< xi\le
j$, $j=1,2,\dots$. Ekkor $P(0\le \xi-\tilde\xi)\le1$, ez\'ert a $\xi$
\'es $\tilde\xi$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok v\'arhat\'o
\'ert\'eke egyszerre v\'eges vagy v\'egtelen. Viszont
$E\tilde\xi=\summ_{j=1}^\infty j P(\tilde\xi=j)= \summ_{j=1}^\infty
jP(j-1<\xi\le j)$, ahonnan k\"ovetkezik a feladat els\H{o}
\'all\'{\i}t\'asa.
\item{} M\'asr\'eszt Fel\'{\i}rhatjuk, hogy
$\summ_{j=1}^\infty P(j-1<\xi\le j)=\summ_{j=1}^\infty j(P(\xi>j-1)-
P(\xi>j))$. Rendezz\"uk \'at a fenti \"osszeget a
k\"ovetkez\H{o} m\'odon. Tetsz\H{o}leges $N$ sz\'amra
$$
\align
&\summ_{j=1}^N jP(j-1<\xi\le j)=\summ_{j=1}^N j(P(\xi>j-1)-
P(\xi>j))\\
&\qquad=\summ_{j=1}^{N-1}P(\xi>j)((j+1)-j)-NP(\xi>N).
=\summ_{j=1}^{N-1}P(\xi>j)-NP(\xi>N).
\endalign
$$
Megmutatjuk, hogy $N\to\infty$ hat\'ar\'atmenettel a fenti
rel\'aci\'ob\'ol k\"ovetkezik a feladat m\'asodik \'all\'{\i}t\'asa.
Val\'oban, ha $E\xi<\infty$, akkor l\'etezik olyan $K<\infty$ sz\'am,
melyre $N P(\xi>N)\le \summ_{j=N+1}^\infty jP(j-1<\xi\le j)\le
\summ_{j=1}^\infty jP(j-1<\xi\le j)\le K$, ahol a $K$ konstans
f\"uggetlen az $N$ sz\'amt\'ol. \'Igy ebben az esetben az
el\H{o}z\H{o} becsl\'es alapj\'an l\'eteznek
olyan univerz\'aslis $L$ \'es $K$ sz\'amok, melyekre
$$
L\ge\summ_{j=1}^{N-1}P(\xi>j)-K\quad \text{minden $L=1,2,\dots$
sz\'amra,}
$$
ahonnan $\summ_{N=1}^\infty P(\xi>j)<\infty)$.
\item{} Ha $E\xi=\infty$, akkor
$\summ_{N=1}^\infty P(\xi>j)=\infty)$, mert ekkor
$\summ_{j=1}^{N-1}P(\xi>j)\ge \summ_{j=1}^N jP(j-1<\xi\le j)$, \'es
$\limm_{N\to\infty}\summ_{j=1}^N jP(j-1<\xi\le j)=\infty$.
\item{} {\it Megjegyz\'es:}\/ Az \"osszegnek a fenti sz\'amol\'asban
t\"ort\'ent \'at\-ren\-de\-z\'e\-s\'et Abel f\'ele
\'at\-ren\-de\-z\'es\-nek nevezik, \'es ez sokszor hasznos. Az
Abel f\'ele \'at\-ren\-de\-z\'es egy\'ebk\'ent az
integr\'alsz\'am\'{\i}t\'asban alkalmazott
parci\'alis integr\'al\'as diszkr\'et megfelel\H{o}je.
 
 
 
\item{4.} A Stirling formula felhaszn\'al\'as\'aval (Ez azt mondja ki,
hogy $n!\sim\sqrt{2\pi n}\(\dfrac ne\)^n$) adjunk j\'o becsl\'est
arra, hogy amennyiben egym\'ast\'ol f\"uggetlen\"ul $n$ kis\'erletet
v\'egz\"unk, melyek mindegyike $p$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel
sikeres, $1-p$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel sikertelen, akkor pontosan
$k$ sikeres kis\'erlet k\"ovetkezik be. Ha $k\sim np$ akkor ennek
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege j\'ol k\"ozel\'{\i}thet\H{o} egy alkalmas
norm\'alis s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'ennyel.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Jel\"olje $S_n$ a sikeres kis\'erletek
sz\'am\'at. Ekkor $P(S_n=k)=\dbinom nk p^k(1-p)^{n-k}$. Tekints\"uk
ezt a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eget  abban az esetben, ha $\e n\le
k\le(1-\e)n$. Ekkor
$$
\align
\dbinom nk&=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\sim\dfrac{\sqrt{2\pi n}\(\dfrac ne\)^n}
{\sqrt{2\pi k}\(\dfrac ke\)^k
\sqrt{2\pi(n-k)}\(\dfrac{n-k}e\)^{n-k}}\\
&=\sqrt{\dfrac n{2\pi k(n-k)}}
\(\dfrac nk\)^k\(\dfrac n{n-k}\)^{n-k},
\endalign
$$
$$
P(S_n=k)\sim \sqrt{\dfrac n{2\pi k(n-k)}}
\(\dfrac {np}k\)^k\(\dfrac {n(1-p)}{n-k}\)^{n-k}.
$$
Ha $k=k(n)=np+x(n)$, \'es $\limm_{n\to\infty}\dfrac{x(n)}n=0$, azaz a
sikeres kis\'erletek $k$ sz\'ama k\"ozel van annak $np$ v\'arhat\'o
\'ert\'ek\'ehez, akkor
$$
\align
&\log\(\dfrac {np}k\)^k\(\dfrac {n(1-p)}{n-k}\)^{n-k}\\
&\qquad=\(k\log\(1+\dfrac{np-k}{k}\)+(n-k)
\log\(1+\dfrac{n(1-p)+{(n-k)}}{(n-k)}\)\)
\endalign
$$
Alkalmazzuk a fenti kifejez\'es mindk\'et tagj\'ara a $\log(1+u)\sim
u-\dfrac{u^2}2$ Taylor sorfejt\'es k\"ozel\'{\i}t\'est kis $u$
sz\'amokra. A line\'aris tagok kiesnek, \'es azt kapjuk, hogy
$$
\aligned
&n\(\dfrac kn\log\(1+\dfrac{np-k}{k}\)-\dfrac{n-k}n
\log\(1+\dfrac{n(1-p)+{(n-k)}}{(n-k)}\)\)\\
&\qquad \sim -\frac12\(\frac{(np-k)^2}
k+\frac{n(1-p)-(n-k))^2}{n-k}\)=-\frac{n(k-np)^2}{2k(n-k)}\\
&\qquad\sim-\frac{(k-np)^2}{2np(1-p)}.
\endaligned \tag$*$
$$
Az utols\'o k\"ozel\'{\i}t\'esben azt haszn\'altuk ki, hogy
$k(n-k)\sim n^2p(1-p)$ a vizsg\'alt esetben. Az el\H{o}z\'o
sz\'amol\'asokban a $P(S_n=k)$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eget
megad\'o kifejez\'es f\H{o} r\'esz\'enek a logaritmus\'at sz\'amoltuk
ki, ha $k\sim np$. A m\'asik t\'enyez\H{o}re
$$
\sqrt{\dfrac n{2\pi k(n-k)}}\sim
\dfrac 1{\sqrt{2\pi n p(1-p)}}
$$
E becsl\'esek azt adj\'ak, hogy
$$
P(S_n=k)\sim
\dfrac 1{\sqrt{2\pi n p(1-p)}}
\exp\left\{-\frac{(k-np)^2}{2np(1-p)}\right\},\quad\text{ha }
\frac{kn-p}n\to0.
$$
Jegyezz\"uk meg, hogy a becsl\H{o} f\"uggv\'eny a k\"ovetkez\H{o}
m\'odon is \'{\i}rhat\'o:
$$
\dfrac 1{\sqrt{2\pi n p(1-p)}}
\exp\left\{-\frac{(k-np)^2}{2np(1-p)}\right\}=
\dfrac 1{\sqrt{2\pi \Var S_n}}
\exp\left\{-\frac{(k-ES_m)^2}{2\Var S_n}\right\}.
$$
Val\'oj\'aban a fenti vizsg\'alat nem teljes \'ert\'ek\H{u}, mert nem
der\"ult ki bel\H{o}le, hogy a fenti k\"ozel\'{\i}t\'es milyen pontos.
Pr\'ob\'aljuk finom\'{\i}tani, \'es meg\'erteni, hogy milyen
$k(n)=pn+x(n)$ sz\'amsorozatra mondhatjuk, hogy
$$
\limm_{n\to\infty}\dfrac{P(S_n=k(n))}
{\dfrac 1{\sqrt{2\pi \Var S_n}}
\exp\left\{-\frac{(k-ES_m)^2}{2\Var S_n}\right\}}=1. \tag$**$
$$
Ha v\'egiggondoljuk a becsl\'eseket (azt kell meggondolni, hogy egy
szorzatban az egyes t\'enyez\H{o}ket olyan tagokkal
helyettes\'{\i}thetj\"uk, melyben az eredeti kifejez\'es \'es a
becsl\'esk\'ent felhaszn\'alt kifejez\'es h\'anyadosa
1-hez tart $n\to\infty$ eset\'en, valamint
$\limm_{n\to\infty}\dfrac{a(n)}{b(n)}=1$ akkor \'es csak akkor, ha
$\limm_{n\to\infty}(\log a(n)-\log b(n))=0$.) ahhoz, hogy a  $(**)$
rel\'aci\'o teljes\"ulj\"un az kell, hogy a $(*)$ formul\'aban
le\'{\i}rt becsl\'esben mikor mondhatjuk, hogy
$$
\aligned
&n\(\dfrac kn\log\(1+\dfrac{np-k(n)}{k(n)}\)-\dfrac{n-k(n)}n
\log\(1+\dfrac{n(1-p)+{(n-k(n))}}{(n-k(n))}\)\)\\
&\qquad -\frac{(k(n)-np)^2}{2np(1-p)}\to0,\qquad \text{ha }n\to\infty.
\endaligned
$$
\item{}
Nem neh\'ez bel\'atni, hogy ez \'erv\'enyes akkor, ha
$\dfrac{k(n)-np}{n^{1/6}}\to0$
$n\to\infty$ eset\'en. Ugyanis amikor, a $\log(1+u)$ f\"uggv\'enyt az
$u-\frac{u^2}2$ kifejez\'essel k\"ozel\'{\i}tett\"uk, azaz a
f\"uggv\'eny Taylor sor\'anak els\H{o} k\'et tagj\'anak az
\"osszeg\'evel, akkor az elk\"ovetet hiba kisebb,
mint $\const u^3$ p\'eld\'aul $|u|\le\frac12$ eset\'en (azaz a hiba
nagys\'agrendje annyi, mint a Taylor sor harmadik tagja. Eset\"unkben
ezt a becsl\'est $u=\dfrac{np-k}{k}$ \'es $u=
\dfrac{n(1-p)+{(n-k)}}{(n-k)}$ v\'alaszt\'assal alkalmaztuk, \'es
mindk\'et kifejez\'es nagys\'agrendje $\dfrac{x(n)}n=\dfrac{k(n)-np}n$.
Ez\'ert az elk\"ovetett hiba nagys\'agrendje e kifejez\'es harmadik
hatv\'anya beszorozva $n$-nel. Az elk\"ovetett hiba
akkor  elhanyagolhat\'o, a $(**)$ formula akkor \'erv\'enyes, ha a
$\dfrac{k(n)-np}{n^{1/6}}\to0$
$n\to\infty$
rel\'aci\'o teljes\"ul. Ezt a becsl\'est k\"ovetve, \'es a Taylor
sorfejt\'est a harmadik tagig elv\'egezve kapn\'ank, hogy
$\dfrac{k(n)-np}{n^{1/6}}\sim\const$ eset\'en egy harmadfok\'u tagot
is figyelembe kell venni, ha a $P(S_n=k(n))$ mennyis\'eget a $(**)$
formul\'ahoz hasonl\'o pontoss\'aggal akarjuk becs\"ulni.
 
 
 
 
 
 
 
\bye
