A április 15.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

Először néhány példát mutatunk a centrális határeloszlástétel alkalmazására.

1. Egy szabályos dobókockát feldobunk 1200 alkalommal egymástól függetlenül, és összeadjuk a páros értékű dobások eredményét. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy ez az összeg 2280 és 2500 közé esik. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 1200, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik dobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik dobás eredménye 6, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3 vagy 5. Ekkor

a P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) valószínűséget kell jól megbecsülnünk. Vegyük észre,

hogy Eξ_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Var ξ_{j} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) − 4 = \frac{16}{3}. Innen a centrális határeloszlástétel alapján

P (2280 ≤ ∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} ≤ 2500) = P (\frac{−120}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{1200} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{1200} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{1200} Var ξ_{j}}} ≤ \frac{100}{\sqrt{1200\frac{16}{3}}} )

∼ Φ(1.25) − Φ(−1.5) = 0.8944 + 0.9322 − 1 = 0.8266.

2. Egy szabályos dobókockát és egy szabályos érmét feldobunk 3300 alkalommal egymástól függetlenül. (Az érme és kockadobások eredményei is függetlenek egymástól.) Ha a kockadobás eredménye páros és az érme a fej oldalra esett, akkor annyi forintot nyerünk, amennyi a kockadobás eredménye. Ha az érme az írás oldalra esett vagy a kockadobás eredménye páratlan szám, akkor nem nyerünk, és nem is vesztünk semmit. Mi a valószínűsége annak, hogy az össznyereményünk 3190 és 3520 forint közé esik? Adjunk erre jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, és η_{j} 1 ≤ j ≤ 3300, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik kockadobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik kockadobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik kockadobás eredménye 6, ξ_{j} = 0, ha a j-ik kockadobás eredménye 1, 3 vagy 5. Legyen η_{j} = 1, ha a j-ik érmedobás eredménye fej, és η_{j} = 0, ha a j-ik érmedobás írás. Legyen ζ_{j} = ξ_{j}η_{j}. Ekkor a j-ik dobásnál a nyereményünk

ζ_{j} lesz, 1 ≤ j ≤ 3300, és a P (3190 ≤ ∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} ≤ 3520) valószínűséget kell jól meg-

becsülnünk. Ennek érdekében számoljuk ki a független ζ_{j} valószínűségi változók

várható értékét és szórásnégyzetét. Eζ_{j} = Eξ_{j}η_{j} = Eξ_{j}Eη_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6)\frac{1}{2} = 1,

Eζ_{j}^{2} = Eξ_{j}^{2}Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) · \frac{1}{2} = \frac{14}{3}, Var ζ_{j}^{2} = Eζ_{j}^{2} − (Eζ_{j})^{2} = \frac{11}{3}. Innen a

centrális határeloszlástétel alapján

P (3190 ≤ ∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} ≤ 3520) = P (\frac{−110}{\sqrt{3300\frac{11}{3}}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} − ∑_{j=1}^{3300} Eζ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{3300} Var ξ_{j}}} ≤ \frac{220}{\sqrt{3300\frac{11}{3}}} )

∼ Φ(2) − Φ(−1) = 0.9772 + 0.8413 − 1 = 0.9285.

3. Vegyünk egy olyan pénzdarabot, amely \frac{2}{3} valószínűséggel esik a fej és \frac{1}{3} valószínűséggel az írás oldalra. Ezt a pénzdarabot annyiszor dobjuk fel, ameddig megjelenik 1200 fej dobás. Mi annak a valószínűsége, hogy az elvégzett dobások száma 1680 1830 küzé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést. Megoldás: Az elvégzett dobások száma egy η negatív binomiális eloszlású való-

színűségi változó n = 1200 és p = \frac{2}{3} paraméterekkel, azaz P (η = k + n) =

\binom{n + k − 1}{n − 1}(1 − p)^{k}p^{n}, p = \frac{2}{3}, és n = 1200 paraméterrel. Egy ilyen valószínűségi

változónak ki lehet számolni a pontos eloszlását, azaz azt, hogy milyen értéket milyen valószínűséggel vesz fel. Elvileg, ez lehetőséget ad a kívánt valószínűség kiszámítására egy bonyolult összeg kiszámításának a segítségével. Ennél hasznosabb becslést tudunk kapni a következő érvelés segítségével, amely a kívánt valószínűséget jó pontossággal kiszámítja a centrális határeloszlástétel segítségével. Jelölje ξ_{j}, 2 ≤ j ≤ 1200, a j − 1-ik és j-ik fejdobás közötti dobások számát (a j-ik fejdobást beleszámítjuk a j − 1-iket viszont nem számítjuk bele e dobások közé), és legyen ξ_{1} az első fejdobásig (ezt is beleszámítva) elvégzett dobások száma. Ekkor a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, negatív binomiális eloszlásúak n = 1,

p = \frac{2}{3} paraméterekkel, és minket a P (1680 < ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} < 1830) valószínűség érdekel. Megmutattuk a 6. előadásban, illetve a hozzátartozó feladatokban), hogy

Eξ_{j} = \frac{1}{p} = \frac{3}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1 − p}{p^{2}} = \frac{3}{4}. Ezért a centrális határeloszlástétel alapján

η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} jelöléssel minket a P (−4 < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < 1) valószínű-

ség érdekel. A centrális határeloszlástétel alapján P (−4 < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < 1) ∼

Φ (1) + Φ(4) − 1 ∼ Φ(1).

4. Legyen birtokunkban 100 lámpa, amelyek mindegyike egymástól független időtar-

tamig működik, élettartamuk pedig exponenciális eloszlású λ = \frac{1}{10} paraméterrel. (A lámpák élettartamának exponenciális eloszlása természetes feltételezés.) Egy termet bevilágítunk ezen lámpák valamelyikével, majd amikor az kiégett új lámpát használunk fel. Adjunk jó becslést arra, hogy a lámpák összélettartama legalább 1150 óra.

Megoldás: Jelölje ξ_{j} a j-ik lámpa éléttartamát, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) valószínűségre kell jó becslést adnunk, ahol az összegben független exponenciális eloszlású valószínűségi változók szerepelnek λ = \frac{1}{10} paraméterrel. Vezessük be az η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} jelölést. Kiszámoltuk, hogy jelen esetben Eη = mEξ_{1} = \frac{m}{λ} = 1000, Var η = \frac{m}{λ^{2}} =

10000 (m = 100 és λ = \frac{1}{10} választással). Ezért a centrális határeloszlástétel sze-

rint \frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} = \frac{η − 1000}{100} jó közelítéssel standard normális eloszlású valószínűségi

változó, és P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) = P (\frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} > 1.5) ∼ 1 − Φ(1.5).

5. Egy pénzdarabról ellenőrizni akarjuk, hogy igaz-e az a hipotézis, amely szerint ez az érme legalább \frac{3}{4} valószínűséggel esik a fej és legfeljebb \frac{1}{4} valószínűséggel az írás oldalára. Ennek érdekében feldobjuk a pénzdarabot 30 000 alkalommal, és a következő döntési szabályt hozzuk. Választunk egy k számot, és akkor fogadjuk el a hipotézist helyesnek, ha legalább k fejdobás történt. Legalább mekkorának kell válassztanunk ezt a k számot, ha azt akarjuk, hogy egy a hipotézist teljesítő pénzdarab esetén legalább 0.9 valószínűséggel döntsünk úgy, hogy a hipotézis teljesül? Megoldás: Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 30 000,

S = S_{30000} = ∑_{j=1}^{30 000} ξ_{j}. Ha a fejdobás eredményének valószínűsége pontosan \frac{3}{4},

Eξ_{j} = \frac{3}{4}, Eξ_{j}^{2} = \frac{3}{4}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{3}{16}, ES = 30 000Eξ_{j} = 22 500,

Var S = 30 000Var ξ_{j} = 5625 = 75^{2}. Innen és a centrális határeloszlástételből,

P (S > k) = P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} > \frac{k − 22 500}{75}) = 1 − P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} ≤ \frac{k − 22 500}{75})

∼ 1 − Φ (\frac{k − 22 500}{75}) .

Válasszuk a k számot úgy, hogy a fenti valószínűség körülbelül 0.9 legyen. Ekkor

a Φ (\frac{k − 22 500}{75}) = 0.1 vagy ami ezzel ekvivalens, a Φ (\frac{22 500 − k}{75} ) = 0.9 egyen-

letet kell kielégítenünk. A normális eloszlás-táblázat alapján \frac{22 500 − k}{75} ∼ 1.28,

ami azt jelenti, hogy k = 22 500 − 75 × 1.28 és p = \frac{3}{4} esetén annak valószínűsége,

hogy a fejdobások száma nagyobb mint k = 22 500 − 75 × 1.28 = 22 212 és p = \frac{3}{4} esetében annak valószínűsége, hogy legalább ennyi fejdobás történik körülbelül 0.9.

Ha p ≥ \frac{3}{4}, akkor ez a valószínűség nagyobb. Ezért a k = 22 212 helyes választás.

Házi feladat.

Egy szabályos dobókockát feldobunk 2700 alkalommal egymástól függetlenül, és összeszámoljuk a páros értékű dobások eredményét. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy ez az összeg 420 és 720 közé esik.

6. Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ sűrű-

ségfüggvénye f(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, és legyen t valós szám. Számoljuk ki az e^{tξ}

valószínűségi változó Ee^{tξ} várható értékét. Megoldás:

Ee^{tξ} = ∫_{−∞}^{∞} e^{tu} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} du = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{tu−u^{2}/2−t^{2}/2+t^{2}/2} du

= e^{t^{2}/2} ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−(t−u)^{2}/2} du = e^{t^{2}/2}.

7. Legyenek ξ és η független, standard normális eloszlású valószínűségi változók. Lássuk be, hogy ξ^{2} + η^{2} exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ = \frac{1}{2} paraméterrel. Megoldás: P (ξ^{2} < x) = Φ(\sqrt{x}) − Φ(−\sqrt{x}) = 2Φ(\sqrt{x}) − 1, ha x ≥ 0. Írjuk fel ξ^{2} sűrűségfüggvényét és konvolúció segítségével a kívánt sűrűségfüggvényt. A ξ^{2}

valószínűségi változó sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{φ(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{2πx}}e^{−x/2}, ha x ≥ 0, és

g(x) = 0, ha x < 0, és ξ^{2} + η^{2} sűrűségfüggvénye

f(x) = g ∗ g(x) = ∫_{0}^{x} \frac{1}{2π\sqrt{u(x − u)}}e^{−u/2}e^{−(x−u)/2} du

= e^{−x/2} ∫_{0}^{1} \frac{1}{2π\sqrt{v(1 − v)}} dv = \frac{1}{2}e^{−x/2}, ha x ≥ 0,

és f(x) = 0, ha x ≤ 0.

Megjegyzés: Az x paramétertől nem függő ∫_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{v(1 − v)}} dv integrál értékét meg-

határozza az a tény, hogy a végeredményként kapott függvény sűrűségfüggvény, ezért integrálja a számegyenesen eggyel egyenlő. De ki is tudjuk számolni ezt az integrált. Vagyük észre, hogy

\frac{1}{\sqrt{v(1 − v)}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} − (v − \frac{1}{2})^{2}}} = \frac{2}{\sqrt{1 − (2v − 1)^{2}}} ,

ezért u = 2v − 1 helyettesítéssel

∫_{0}^{x} \frac{1}{2π\sqrt{v(1 − v)}} dv = ∫_{−1}^{2x−1} \frac{1}{2π\sqrt{1 − u^{2}}} du

= \frac{1}{2π} [arcsin x]_{−1}^{2x−1} = \frac{arcsin(2x − 1) + \frac{π}{2}}{2π} .

Innen következik, hogy a tekintett integrál értéke x = 1 esetén \frac{1}{2}, mivel arcsin 1 = \frac{π}{2} .

8. Legyen ξ és η két független standard normális eloszlású valószínűségi változó. Számítsuk ki a \frac{η}{ξ} hányados eloszlás és sűrűségfüggvényét.

A megoldás kidolgozása előtt tegyünk először egy általános megjegyzést. Ha adva van két valószínűségi változó ξ és η, amelyek (együttes) sűrűségfüggvénye egy ismert f(u, v) sűrűségfüggvény, akkor az \frac{η}{ξ} hányados eloszlásfüggvényét a következő

módon számolhatjuk ki: Vezessük be a g(u, v) = g_{x}(u, v) függvényt, amely a síkon az \{(u, v): \frac{v}{u} < x\} halmaz indikátorfüggvénye, azaz g(u, v) = 1, ha \frac{v}{u} < x, és

g(u, v) = 0, ha \frac{v}{u} ≥ x. Ekkor P (\frac{η}{ξ} < x) = Eg(ξ, η) = ∫ ∫ g(u, v)f(u, v) du dv =

∫ ∫_{\{(u,v) : \frac{v}{u} <x\}} f(u, v) du dv. Látni fogjuk, hogy az ebben a feladatban vizsgálandó integrál viszonylag egyszerű, könnyebben kezelhető.

Megoldás. A feladatben vizsgálandó hányados eloszlásfüggvénye

F (x) = P (\frac{η}{ξ} < x) = ∫∫_{v<xu} \frac{1}{2π} e^{−(u^{2}+v^{2})/2} du dv

= 2\frac{1}{2π} ∫_{− \frac{π}{2} <φ<arctan x} ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr dφ = \frac{1}{π} ∫_{− \frac{π}{2}}^{arctan x} dφ = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

Ebben a számolásban a felírt integrált átírtuk u = r cos φ, v = r sin φ transzformációval polárkoordinátarendszerben. E számolás során az integrandusban megjelenik az r Jacobian mint szorzó faktor. Ezután azt vegyük észre, hogy a belső r változó szerinti integrál ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr = [−e^{−r^{2}/2}]_{0}^{∞} = 1.

Kiszámoltuk a keresett valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. E valószínűségi

változó sűrűségfüggvénye az eloszlásfüggvény deriváltja, azaz az f(x) = \frac{dF (x)}{dx} =

\frac{1}{π(1 + x^{2})} függvény.

Második megoldás. A (ξ, η) vektor sűrűségfüggvénye \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+y^{2})/2}, ami forgatásinvariáns függvény. Innen következik, hogy annak valószínűsége, hogy a (ξ, η) vektor egy origóból kiinduló α szögű szögtartományba esik, \frac{α}{2π}. Ezért

P (\frac{η}{ξ} < x) = P ((ξ, η) ∈ [−\frac{π}{2} , arctan x) ∪ [\frac{π}{2} , arctan x + π) szögtartományban)
= \frac{1}{2π} 2 (arctan x + \frac{π}{2} ) = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

9. Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [0, 1] intervallumban, azaz legyen f(·) sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0 egyébként. Számítsuk ki a ξ^{2} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Első megoldás: Var ξ^{2} = E ((ξ^{2})^{2}) − (Eξ^{2})^{2} = Eξ^{4} − (Eξ^{2})^{2} = ∫ x^{4}f(x) dx −

(∫ x^{2}f(x) dx)^{2}, ahol f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0 egyébként, azaz f(x) a ξ

valószínűségi változó sűrűségfüggvénye. Innen Eξ^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} dx = \frac{1}{3}, és Var ξ^{2} =

∫_{0}^{1} x^{4} dx − (∫_{0}^{1} x^{2} dx)^{2} = \frac{1}{5} − (\frac{1}{3})^{2} = \frac{1}{5} − \frac{1}{9} = \frac{4}{45}.

Második megoldás: Számítsuk ki először a ξ^{2} valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét. A ξ^{2} valószínűségi változó F (·) eloszlásfüggvénye

F (x) = P (ξ^{2} < x) = P (−\sqrt{x} < ξ < \sqrt{x}) = P (0 ≤ ξ ≤ \sqrt{x}) = \sqrt{x}, ha 0 ≤ x ≤ 1,

F (x) = 0, ha ξ < 0, F (x) = 1, ha x > 1. Innen a ξ^{2} valószínűségi változó f(·)

sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}, ha 0 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 0 egyébként. Ezért

Eξ^{2} = ∫_{0}^{1} x\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{1}{2} · \frac{2}{3} = \frac{1}{3},

és

Var ξ^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} \frac{1}{2\sqrt{x}} dx − (∫_{0}^{1} x\frac{1}{2\sqrt{x}} dx)^{2} = \frac{1}{2} · \frac{2}{5} − (\frac{1}{2} · \frac{2}{3})^{2} = \frac{4}{45}.

10. Legyen (ξ, η) két-dimenziós valószínűségi változó f(x, y) sűrűségfüggvénnyel. Lássuk be, hogy a \frac{η}{ξ} valószínűségi változónak is létezik sűrűségfüggvénye, és az a

g(t) = ∫_{−∞}^{∞} f(x, tx)|x| dx függvény. Adjunk ennek az eredménynek a segítségével új megoldást a nyolcadik feladatra.

Megoldás: Jelölje G(t) a \frac{η}{ξ} tört G(t) = P (\frac{η}{ξ} < t) eloszlásfüggvényét. Ekkor

G(t) = ∫_{(x,y) : \frac{y}{x} <t} f(x, y) dx dy.

Számítsuk ki ezt az integrált az (x, z) = (x, \frac{y}{x}) helyettesítéssel. Ekkor a G(t) függvényt kifejező integrálban az új integrálási tartomány az {(x, z): − ∞ < x < ∞, −∞ < z < t}, f(x, y) = f(x, zx), és az integráltranszformáció kiszámításához meg kell határoznunk a leképezés Jacobi transzformációját. Ez az x = h_{1}(x, y) = x, z = h_{2}(x, y) = \frac{y}{x} jelöléssel

J(x, z) = |( \begin{matrix}\frac{∂x)}{∂x}, \frac{∂x)}{∂y} \\ \frac{∂z}{∂x}, \frac{z}{∂y} , \end{matrix} )| = |( \begin{matrix}\frac{∂h_{1}(x,y)}{∂x}, \frac{∂h_{1}(x,y)}{∂y}, \\ \frac{∂h_{2}(x,y)}{∂x}, \frac{∂h_{2}(x,y)}{∂y}, \end{matrix} )| = |( \begin{matrix}1, 0 \\ −\frac{y}{x^{2}} , \frac{1}{x} \end{matrix} )| = |\frac{1}{x}| ,

és informálisan dx dz = J(x, z) dx dy, ahonnan dx dy = \frac{1}{J(x, z)} dx dz = |x| dx dz,

ahonnan

G(t) = ∫_{(x,y) : \frac{y}{x} <t} f(x, y) dx dy = ∫ ∫_{(x,z) : z<t} f(x, zx)|x| dx dz = ∫_{−∞}^{t} K(z) dz,

ahol

K(z) = ∫_{−∞}^{∞} f(xz, z)|x| dx.

Innen látható, hogy a keresett sűrűségfüggvény g(t) = K(t), amint állítottuk. Ha ξ és η két független standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkor

(ξ, η) sűrűségfüggvénye f(x, y) = \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+y^{2})/2}, ezért \frac{η}{ξ} sűrűségfüggvénye

g(t) = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+t^{2}x^{2})/2}|x| dx

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2π(t^{2} + 1)}e^{−(\sqrt{(t^{2}+1)}x)^{2}/2} |(\sqrt{(t^{2} + 1)}x)| d (\sqrt{(t^{2} + 1)}x) ,

ahonnan

g(t) = \frac{1}{2π(t^{2} + 1)} ∫_{−∞}^{∞} e^{−x^{2}/2}|x| dx = \frac{1}{π(t^{2} + 1)} ∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}/2}|x| dx

= \frac{1}{π(t^{2} + 1)} [−e^{−x^{2}/2}]_{0}^{∞} = \frac{1}{π(t^{2} + 1)}.

AZ ÁPRILIS 9.-I JAVÍTÓ DOLGOZAT FELADATAI

1. Két szabályos dobókockát feldobunk egymás után 100-szor egymástól függetlenül. Minden egyes dobás után felírjuk egy papírra a nagyobb dobás eredményét. (Ha a két kockadobás eredménye megegyezik, akkor ezt a közös dobáseredményt írjuk fel.) Mi a papírra felírt számok összegének a várható értéke és szórásnégyzete?

2. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk egymás után 14 alkalommal. Összeszámoljuk azt, hogy hányszor következett be három egymást követő fej-dobás. (Az ilyen dobássorozatok nem feltétlenül diszjunktak. Például, ha az első 5 dobás fej, az három ilyen sorozatot jelent, az 1,2,3, a 2,3,4 és a 3,4,5 sorozatokat.) Mi a várható értéke és szörásnégyzete az ilyen dobássorozatok számának?

3. Egy teszt-vizsgán, ahol három lehetőség közül kell kiválasztani a helyes választ ketten vesznek részt. Az első résztvevő p_{1}, a második résztvevő pedig p_{2} valószínűséggel tudja a helyes választ, továbbá a vizsga két résztvevője egymástól függetlenül tudja vagy nem tudja, hogy mi a helyes válasz. Mindkét résztvevő a jó választ jelőli meg, ha tudja azt, ellenkező esetben pedig mindentől függetlenül egyforma valószínűséggel véletlenül bejelöli a három lehetséges válasz valamelyikét. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy mind a két résztvevő a helyes választ jelölte be, feltéve, hogy ugyanazt a választ adta?

4. Legyen ξ és η két független Poisson eloszlású valószínűségi változó, λ és μ paramé-

terekkel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}, P (η = k) = \frac{μ^{k}}{k!} e^{−μ}, k = 0, 1, 2, …, és λ > 0, μ > 0. Számítsuk ki ξ + η eloszlását, azaz a P (ξ + η = k) valószínűségeket.

5. Fogalmazza meg a Borel–Cantelli lemmát. (Arról az eredményről van szó, amely feltételt ad arra, hogy bizonyos eseményekből végtelen vagy csak véges sok következik-e be.)

Megoldások:

1. Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 100, valószínűségi változókat: ξ_{j} = s, 1 ≤ s ≤ 6, ha a j-ik dobássorozat után felírt szám s. Vegyük észre, hogy a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, és P (ξ_{j} = 1) = \frac{1}{36}, P (ξ_{j} = 2) = \frac{3}{36}, P (ξ_{j} = 3) = \frac{5}{36}, P (ξ_{j} = 4) = \frac{7}{36}, P (ξ_{j} = 5) = \frac{9}{36}, P (ξ_{j} = 6) = \frac{11}{36}. (Ugyanis minden (u, v), 1 ≤ u, v ≤ 6 dobáspár valószínűsége \frac{1}{36}, a maximum úgy lehet s, ha vagy az első dobás s a második dobás kisebb mint s, ami s − 1féleképp történhet, vagy a második dobás s az első dobás kisebb mint s, ami szintén s − 1-féleképp történhet, vagy mind a két dobás s. Ez pontosan 2s −

1 lehetőséget jelent. Innen Eξ_{j} = \frac{1 + 2 · 3 + 3 · 5 + 4 · 7 + 5 · 9 + 6 · 11}{36} = \frac{161}{36},

Eξ_{j}^{2} = \frac{1 + 4 · 3 + 9 · 5 + 16 · 7 + 25 · 9 + 36 · 11}{36} = \frac{791}{36}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} =

\frac{791}{36} − (\frac{161}{36})^{2} = \frac{2551}{1296} minden 1 ≤ j ≤ 100 számra, ahonnan a minket érdeklő

S = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j} összegre ES = 100Eξ_{1} = \frac{16100}{36}, Var S = 100Var ξ_{j} = \frac{255100}{1296}.

2. Jelölje ξ_{j} azt a valószínűségi változót, amely 1, ha a j-ik, j + 1-ik, j + 2-ik dobások

mindegyike fej, 1 ≤ j ≤ 12, és nulla különben. Ekkor minket az S = ∑_{j=1}^{12} ξ_{j}

valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{8}

minden 1 ≤ j ≤ 12 számra, ezért ES = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}. A szórásnégyzet kiszámítása érdekében számítsuk ki a Var ξ_{j} szórásnégyzeteket és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) kovarianciákat.

Felírhatjuk, hogy Var ξ_{j} = \frac{7}{64} minden 1 ≤ j ≤ 12 számra, továbbá a ξ_{j} és ξ_{k} valószínűségi változók függetlenek, ha |j−k| ≥ 3, ezért Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 0, ha |k−j| ≥

3. Továbbá Cov (ξ_{j}, ξ_{j+1}) = Eξ_{j}ξ_{j+1} − Eξ_{j}Eξ_{j+1} = \frac{1}{16} − \frac{1}{64} = \frac{3}{64}, 1 ≤ j ≤ 11,

Cov (ξ_{j}, ξ_{j+2}) = Eξ_{j}ξ_{j+2} − Eξ_{j}Eξ_{j+2} = \frac{1}{32} − \frac{1}{64} = \frac{1}{64}, 1 ≤ j ≤ 10. Innen

Var S = ∑_{j=1}^{12} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤12} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 12 · \frac{7}{64} + 2 · 10 · \frac{1}{64} + 2 · 11 · \frac{3}{64}

= \frac{42 + 10 + 33}{32} = \frac{85}{32}.

3. Jelölje A azt az eseményt, hogy az első diák jól válaszol, B azt az eseményt, hogy a második diák jól válaszol, D_{1} azt az eseményt, hogy mind a két jelölt az elsőként felsororolt feltüntetett rossz választ D_{2} pedig azt az eseményt, hogy mind a két jelölt a másodiknak felsorolt rossz választ adja. Ekkor C = (A ∩ B) ∪ D_{1} ∪ D_{2} jelöli azt az eseményt, hogy a két diák egyformán válaszol. Ekkor minket a P (A∩B|C) =

\frac{P (A ∩ B ∩ C)}{P (C)} = \frac{P (A ∩ B)}{P ((A ∩ B) ∪ D_{1} ∪ D_{2})} feltételes valószínűség érdekel. Viszont

P (A) = p_{1} + \frac{1}{3}(1 − p_{1}) = \frac{1 + 2p_{1}}{3} , P (B) = \frac{1 + 2p_{2}}{3} , és az A és B események

függetlenek. Innen P (A ∩ B) = \frac{1 + 2p_{1}}{3} · \frac{1 + 2p_{2}}{3} , P (C) = R(A ∩ B) + (D_{1}) +

P (D_{2}) = \frac{1 + 2p_{1}}{3} · \frac{1 + 2p_{2}}{3} +2\frac{1 − p_{1}}{3} · \frac{1 − p_{2}}{3} . Ugyanis P (D_{1}) = P (D_{2}) = \frac{(1 − p_{1})}{3} ·

\frac{(1 − p_{2})}{3}, mivel az első jelölt akkor adja az első rossz választ, ha nem tudja a helyes választ, és a három lehetőség közül az első rossz választ jelöli ki, aminek a

valószínűsége (1 − p_{1})\frac{1}{3}, annak a valószínűsége, hogy a második jelölt ugyanezt a

választ adja (1 − p_{1})\frac{1}{3}, a két jelölt egymástól függetlenül válaszol. Innen P (D_{1}) =

\frac{(1 − p_{1})}{3} · \frac{(1 − p_{2})}{3}. Hasonlóan, a P (D_{2}) valószínűségre ugyanazt az értéket kapjuk. Innen

P (A ∩ B|C) = \frac{(1 + 2p_{1})(1 + 2p_{2})}{(1 + 2p_{1})(1 + 2p_{2}) + 2(1 − p_{1})(1 − p_{2})}.

4.

P (ξ + η = k) = ∑_{j=0}^{k} P (ξ = j, η = k − j) = ∑_{j=0}^{k} P (ξ = j)P (η = k − j)

= ∑_{j=0}^{k} \frac{λ^{j}}{j!} e^{−λ} \frac{μ^{k−j}}{(k − j)!}e^{−μ} = \frac{e^{−(λ+μ)}}{k!} ∑_{j=0}^{k} \frac{k!}{j!(k − j)!}λ^{j}μ^{(k−j)}

= \frac{e^{−(λ+μ)}}{k!} (λ + μ)^{k}.

5. Legyenek A_{1}, A_{2}, … események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. A Borel–Cantelli lemma a következő két állítást tartalmazza:

a.) Ha ∑_{j=1}^{∞} P (A_{j}) < ∞, akkor az A_{1}, A_{2}, … események közül 1 valószínűséggel véges

sok következik be. b.) Ha ∑_{j=1}^{∞} P (A_{j}) = ∞, és az A_{1}, A_{2}, … események függetlenek, akkor az A_{1}, A_{2}, …

események közül 1 valószínűséggel végtelen sok következik be.