A április 29-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, melyek közül ξ Poisson eloszlású λ

paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 1] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, melyre f(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, és f(u) = 0, ha u > 1, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Legyen [a, b] egy olyan intervallum, melyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n]) = P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

= \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}(b − a) = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = \frac{λ^{n}}{n!} e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 0, 1, 2, . . .. Legyen továbbá f(u) = 0, ha u ≤ 0. Ebből a relációból, illetve abból a tényből, hogy P (ξ + η ≤ 0) = 0, következik, hogy P (ξ + η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a fent definiált f(·) függvénnyel, tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye.

2. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, amelyek közül ξ Poisson eloszlású

λ paraméterrel, azaz P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} minden k = 0, 1, 2, … számra, η egyenletes eloszlású a [0, 2] intervallumon, azaz létezik f(u) sűrűségfüggvénye, amelyre f(u) =

\frac{1}{2}, ha 0 ≤ u ≤ 2, és f(u) = 0, ha u > 2, vagy u < 0. Lássuk be, hogy a ξ + η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és határozzuk meg azt. Megoldás: Ennek a feladatnak a megoldása hasonló az előzőhöz. Legyen [a, b] egy olyan intervallum, amelyre [a, b] ⊂ [n, n + 1] valamely nem negatív egész n számra. Ekkor, ha n ≥ 1, akkor

P (ξ + η ∈ [a, b]) = P (ξ = n, η ∈ [a − n, b − n])
+ P (ξ = n − 1, η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= P (ξ = n)P (η ∈ [a − n, b − n])

+ P (ξ = n − 1)P (η ∈ [a − n − 1, b − n − 1])

= (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ} \frac{(b − a)}{2} = ∫_{a}^{b} f(u) du,

ahol f(u) = \frac{1}{2} (\frac{λ^{n}}{n!} + \frac{λ^{n−1}}{(n − 1)!}) e^{−λ}, ha u ∈ [n, n + 1], n = 1, 2, . . .. Hasonlóan,

P (ξ + η ∈ [a, b]) = \frac{1}{2} ∫_{a}^{b} P (ξ = 0) du = \frac{1}{2} ∫_{a}^{b} e^{−λ} du,

ha [a, b] ∈ [0, 1], továbbá P (ξ + η ≤ 0) = 0. Innen következik, hogy ha az f(·)

függvény definicióját az f(u) = \frac{1}{2}e^{−λ}, ha 0 ≤ u ≤ 1, f(u) = 0, ha u < 0 képletekkel fejezzük be, akkor P (ξ+η < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du ezzel az f(·) függvénnyel. Tehát ez a ξ + η valószínűségi változó (létező) sűrűségfüggvénye a fent definiált f(·) függvény.

3. Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen sűrűség-

függvénye φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, −∞ < x < ∞. Számítsuk ki a ξ^{2} + ξ^{4} valószínűségi

változó sűrűségfüggvényét. Megoldás: Számítsuk ki először ξ^{2} + ξ^{4} G(x) eloszlásfüggvényét. Ha x < 0, akkor G(x) = 0, mert ξ^{2} + ξ^{4} ≥ 0 egy valószínűséggel. Ha x > 0, akkor a P (ξ^{2} + ξ^{4} < x) valószínűségét kell kiszámítanunk. Legyen u = u(x) az u^{2} + u − x = 0

egyenlet nagyobb gyöke, aza u = \frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}. Nem nehéz belátni, hogy ξ^{2}(ω) +

ξ^{4}(ω) < x akkor és csak akkor, ha 0 ≤< ξ^{2}(ω) < u(x), ami azt jelenti, hogy −\sqrt{u(x)} < x < \sqrt{u(x)}. Innen ξ^{2} + ξ^{4} eloszlásfüggvénye x > 0 esetén G(x) =

Φ (\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) − Φ (−\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) = 2Φ (\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}) − 1,

ahol Φ(x) a standard normális eloszlásfüggvény. Innen differenciálással kapjuk,

hogy ξ^{2} + ξ^{4} sűrűségfüggvénye \frac{dG(x)}{dx}, ahonnan ez a sűrűségfüggvény nulla, ha

x < 0, és \sqrt{\frac{2}{π}} exp \{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{4}\} \frac{d}{dx}\sqrt{\frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}}, ha x > 0.

4. Péter és Pál a következő játékot játssza. Mind a ketten feldobnak egy szabályos dobókockát. Ha Pál dobott nagyobbat, akkor ő nyer három forintot Pétertől, ha Péter dobása nagyobb, akkor Pál fizet Péternek három forintot. Ha a dobások egyenlőek, akkor senki sem fizet a másiknak. Ezt a játékot játsszák 3000 alkalommal. Adjunk jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és a mellékelt normális eloszlástáblázat segítségével arra, hogy Péter legalább 90 forintot nyer.

4. Legyen ξ_{j} Péter nyereménye a j-ik játékban. Ekkor a ξ_{j} valószínűségi változók

függetlenek, Péter össznyereménye S = ∑_{j=1}^{3000} ξ_{j}, és P (ξ_{j} = 3) = \frac{5}{12}, P (ξ_{j} = −3) =

\frac{5}{12}, P (ξ_{j} = 0) = \frac{1}{6}. (Annak valószínűségét írtuk fel, hogy Péter vagy Pált dob

nagyobbat, illetve hogy a két dobás egyenlő. Innen Eξ_{j} = 0, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} = \frac{45}{6},

ES = 0, Var S = 15 · 1500 = 150^{2}. Innen annak valószínűsége, hogy Péter legalább 90 forintot nyer

P (S ≥ 90) = P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} ≥ \frac{90}{150}) = 1 − P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} < 0.6) ∼ 1 − Φ(0.6) ∼ 0.274

5. Legyen ξ és η két valószínűségi változó, amelyek együttes eloszlásának (létező) sűrűségfüggvénye f(u, v) = \frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v alakú, ha 0 ≤ u, v ≤ 1, és f(u, v) = 0 egyébként. Lássuk be először, hogy f(u, v) valóban sűrűségfüggvény, majd számoljuk ki a ξ + η valószínűségi változó sűrűségfüggvényét. Megoldás: Annak érdekében, hogy ellenőrizzük, hogy f(u, v) sűrűségfüggvény azt kell megmutatni, hogy f(u, v) ≥ 0 (majdnem) minden (u, v) számpárra, és

∫ ∫ f(u, v) du dv = 1.

Az nyilvánvaló, hogy f(u, v) ≥ 0 minden (u, v) számpárra. Másrészt mivel

∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} uv^{2} du dv = ∫_{0}^{1} u du ∫_{0}^{1} v^{2} dv = \frac{1}{2} · \frac{1}{3} = \frac{1}{6},

∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} u du dv = \frac{1}{2} és ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} v du dv = \frac{1}{2}, ezért ∫ ∫ f(u, v) du dv = 1. A ξ + η valószínűségi változó eloszlásfüggvényét az

G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x−u} f(u, v) dv) du

képlet segítségével számíthatuk ki, hasonlóan 1−G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{x−u}^{∞} f(u, v) dv) du.

Másrészt, a sűrűségfüggvény g(x) = \frac{dG(x)}{dx} formula segítségével kiszámítható. Ez a mi esetünkben a következőt jelenti, g(x) = 0, ha x ≤ 0, g(x) = 1, ha x ≥ 2, mert G(x) = 0, ha x ≤ 0, G(x) = 1, ha x ≥ 2. Másrészt

g(x) = \frac{d}{dx} (∫_{0}^{1} ∫_{0}^{x−u} (\frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v) du) dv,

ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = −\frac{d}{dx} (∫_{0}^{1} ∫_{x−u}^{1} (\frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v) du) dv, ha 1 ≤ x ≤ 2.

Azért volt érdemes a 0 ≤ x ≤ 1 és 1 ≤ x ≤ 2 eseteket szétválasztani, mert a konkrét feladatban a G(x) függvényt tudjuk kényelmesen kiszámítani 0 ≤ x ≤ 1 és az 1 − G(x) függvényt az 1 ≤ x ≤ 2 intervallumban. Ez a szétbontás azonban nem kötelező. A fent vázolt módon ki lehet számolni a sűrűségfüggvényt, de valójában ezt a számolást lehet egyszerűsíteni. Ez hasonló ahhoz, ahogy a konvolució formulát vezetik le független valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényére. Valóban, a v változó z = u + v helyettesítésével felírhatjuk, hogy

G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x−u} f(u, v) dv) du = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x} f(u, z − u) dz) du
= ∫_{−∞}^{x} (∫_{−∞}^{∞} f(u, z − u) du) dz,

ahonnan deriválással

g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = ∫_{−∞}^{∞} f(u, x − u) du.

E képlettel a számolásokat lehet egyszerűsíteni. Azt kapjuk, hogy jelen esetben g(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2, (ebben az esetben a g(x) függvényt kifejező integrálban szereplő integrandus azonosan nulla. Ugyanis x < 0 esetében vagy u < 0 vagy x − u < 0, és x > 2 esetben vagy u > 1 vagy x − u > 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1, akkor

g(x) = ∫_{0}^{1−x} (\frac{2}{3}u + 2u(x − u)^{2} + \frac{2}{3}(x − u)) du,

ha 1 ≤ x ≤ 2, akkor

g(x) = ∫_{x−1}^{1} (\frac{2}{3}u + 2u(x − u)^{2} + \frac{2}{3}(x − u)) du.

6. Legyen a (ξ, η) vektor egyenlletes eloszlású a (0, 0), (1, 0) és (8, 1) pontok által meghatározott háromszögön egyenletes eloszlású, azaz legyen sűrűségfüggvénye 2 azon a háromszögön, amelynek ezek a pontok a csúcspontjai, és legyen nulla ezen a háromszögön kívül. Számítsuk ki a ξ és η valószínűségi változók kovarianciáját. Megoldás: Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη, és Eξη = ∫ xyf(x, y) dx dy, Eξ = ∫ xf(x, y) dx dy, Eη = ∫ yf(x, y) dx dy, ahol f(x, y) a (ξ, η) vektor sűrűségfüggvénye. Ezért

Eξη = ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1−x} 2xy dy) dx = ∫_{0}^{1} 2x [\frac{y^{2}}{2} ]_{0}^{1−x} dx = ∫_{0}^{1} x(1 − x)^{2} dx

= [\frac{x^{2}}{2} − \frac{2x^{3}}{3} + \frac{x^{4}}{4} ]_{0}^{1} = \frac{1}{12},

Eξ = ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1−x} 2x dy) dx = ∫_{0}^{1} 2x(1 − x) dx = \frac{1}{3},

és könnyen látható (például szimmetria meggondolásból), hogy Eη = Eξ. Innen

Cov (ξ, η) = \frac{1}{12} − \frac{1}{9} = −\frac{1}{36}.

7. Ledobunk egymástól függetlenül 24 000 pontot a [0, 2] intervalumra egyenletes eloszlással, (azaz annak a valószínűsége, hogy egy ledobott pont értéke x-nél kisebb \frac{x}{2}-vel egyenlő, ha 0 ≤ x ≤ 2, eggyel egyenlő, ha x ≥ 2, és nulla, ha x ≤ 0.) Őrizzük meg azokat a ledobott pontokat, melyek értéke 1-nél kisebb, és hagyjuk el azokat, melyek értéke, nagyobb mint egy. Mi annak a valószínűsége, hogy a megőrzött pontok értékeinek az összege 5900 és 6075 közé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést a mellékelt normális eloszlástáblázat segítségével. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 24 000, valószínűségi változókat: ξ_{j} = x, ha a j-ik ledobott pont értéke x, és 0 ≤ x ≤ 1, és ξ_{j} = 0, ha a jik ledobott pont értéke az (1, 2] intervallumba esik. Ekkor a megőrzött pontok

összege S = ∑_{j=1}^{24 000} ξ_{j}, továbbá a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek és egyforma eloszlásúak. Ezért a centrális határeloszástétel segítségével jó becslést tudunk adni a minket érdeklő P (5900 < S < 6075) valószínűségre. Ennek érdekében ki kell számolnunk a ξ_{1} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Vegyük észre, hogy ugyan a ξ_{1} valószínúségi változónak nincs sűrűségfüggvénye, és nem diszkrét eloszláaú, viszont anak F eloszlásfüggvénye felírható F (x) = F_{1}(x)+F_{2}(x) alakban, ahol F_{1}(x) nek van sűrűségfüggvénye, ami az f(x) = \frac{1}{2} függvény a [0, 1] intervallumon, és f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1, és F_{2}(x) olyan mértéket határoz meg, amelyik a nullába van koncentrálva, és a nulla mértéke \frac{1}{2}. Pontosabban, tetszőleges A halmaz valószínűsége P (A) = ∫_{A} F ( dx) = ∫_{A} F_{1}( dx) + ∫_{A} F_{2}( dx) = ∫_{A} \frac{1}{2} dx + ∫_{A} F_{2}( dx), ahol ∫_{A} F_{2}( dx) = \frac{1}{2}, ha 0 ∈ A, és ∫_{A} F_{2}( dx) = 0, ha 0 ∉ A. Ekkor tetszőleges h(x) függvényre Eh(ξ) = ∫ h(x)F ( dx) = ∫ h(x)F_{1}( dx) + ∫ h(x)F_{2}( dx) = ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}h(x) dx + \frac{1}{2}h(0). Ezért

Eξ_{1} = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} x dx = \frac{1}{4}, Eξ_{1}^{2} = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} x^{2} dx = \frac{1}{6},

Var ξ_{1} = \frac{1}{6} − \frac{1}{16} = \frac{5}{48}, és ES = 6000, Var S = 2500. Innen

P (5900 < S < 6075) = P (−2 < \frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} < 1.5)
∼ Φ(1.5) − Φ(−2) = Φ(1.5) + Φ(2) − 1.