Az április 8.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

Feladatok:

1. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, m, σ valós számok, akkor az σξ +m valószínűségi változó várható értéke m szórásnégyzete σ^{2}, sűrűségfüggvénye

pedig g(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}|σ|}e^{−(u−m)^{2}/2σ^{2}}.

Megoldás: E(σξ + m) = σEξ + m = m, és Var (σξ + m) = σ^{2}Var ξ = σ^{2}. Továbbá, az előző feladat eredménye alapján a σξ+m valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

az f(x) = \frac{1}{|σ|}φ (\frac{x − m}{σ}), ahol φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, a standard normális sűrűség-

függvény. Innen következik a feladat állítása.

Házi feladat:

Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait, azaz egy olyam valószínűségi változó momentumait adjuk meg, melynek sűrűségfüggvénye f(x) = λe^{−λx}, ha x ≥ 0, és f(x) = 0, ha x < 0.

2. Mutassuk meg, hogy egy exponenciális eloszlású ξ valószínűségi változó teljesíti a következő úgynevezett örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) = P (ξ > x)

minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra. Megoldás: Mivel P (ξ > u) = e^{−λu} minden u ≥ 0 számra, ezért P (ξ > x + y|ξ >

y) = \frac{e^{−λ(x+y)}}{e^{−λy}} = e^{−λx} = P (ξ > x).

Nem kötelező házi feladat:

Ha egy ξ valószínűségi változó teljesűti az örökifjú tulajdonságot, akkor az exponenciális eloszlású.

Segítség: Azt kell belátni, hogy amennyiben P (ξ > x + y) = P (ξ > x)P (ξ > y) minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra, akkor P (ξ > x) = e^{−λx} minden x ≥ 0 számra. Legyen P (ξ > x) = e^{−λ(x)x} valamely x > 0 számra. Lássuk be először az y = \frac{p}{q}x alakú számokra, ahol p és q pozitív egész számok, hogy P (ξ > y) = e^{−λ(x)y}. Végül, mivel P (ξ > x) monoton csökkenő függvény, ezért λ(x) = λ.

3. Mutassuk meg, hogy létezik olyan ξ valószínűségi változó teljesíti a következő szuper örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) > P (ξ > x)

minden x > 0 és y > 0 számra. Megoldás: Legyen a ξ valószínűségi változó olyan, hogy P (ξ > x) = e^{−\sqrt{x}}, ha x ≥ 0 és P (ξ > x) = 1, ha x < 0. Ekkor P (ξ > x + y|x > y) = e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}}, ha x > 0, y > 0. Ezért elég megmuatatni, hogy e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}} > e^{−\sqrt{y}}, illetve hogy \sqrt{x + y} < \sqrt{x} + \sqrt{y}, ha x > 0 és y > 0. Ez az egyenlőtlenség viszont (négyzetre emelés után) könnyen látható.

4. Adjuk meg a [0, 1 × ⋯ × [0, 1] k-dimenziós egységkockán egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényét.

b.) Tekintsük a síkon a (0, 0), (0, 1) és (1, 0) csúcspontok által meghatározott K háromszögön az egyenletes eloszlást. Adjuk meg ennek eloszlásfüggvényét. Megoldás: A [0, 1]×⋯×[0, 1] k-dimenziós egységkockán egyenletes eloszlású valószínűségi változó eloszlása az F (x_{1}, …, x_{k}) = G(x_{1}) ⋯ G(x_{k}) függvény, ahol G(x) = 0, ha x ≤ 0, G(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, és G(x) = 1, ha x ≥ 1. A tekintett háromszögön definiált egyenletes eloszlás H(x, y) eloszlásfüggvénye, H(x, y) = 0, ha x ≤ 0 vagy y ≤ 0. H(x, y) = 1, ha ≥ 1 és y ≥ 1. Definiálni kell még a H(x, y) eloszlásfüggvényt abban az esetben, ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1. Ebben az esetben H(x, y) = 2λ([0, x]×[0, y]∩K). innen H(x, y) = xy, ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1, és x + y ≤ 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1 és 0 ≤ y ≤ 1, és x + y ≥ 1, akkor

H(x, y) = xy − \frac{1}{2}(x + y − 1)^{2}.

5. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n}, ξ_{n+1}, …, ξ_{n+m} független valószínűségi változók, g(x_{1}, …, x_{n}) n-változós (mérhető) függvény, η = g(ξ_{1}, …, ξ_{n}). Mutassuk meg a Fubini tétel segítségével, hogy η, ξ_{n+1}, …, ξ_{n+m} független valószínűségi változók. Megoldás: Rögzítsünk valamilyen x_{0}, x_{1}, …, x_{m} számokat. Definiáljuk ezek segítségével a h_{j}(u) = 1, ha u < x_{j}, h_{j}(u) = 0, ha u ≥ x, 1 ≤ j ≤ m, függvényeket, valamint legyen h_{0}(u_{1}, …, u_{n}) = 1, ha g(u_{1}, …, u_{n}) < x_{0}, h_{0}(u_{1}, …, u_{n}) = 0, ha g(u_{1}, …, u_{n}) ≥ x_{0}. Jelölje F_{j}(·) a ξ_{j} valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor a Fubini tétel alapján

P (η < x_{0}, ξ_{n+1} < x_{n+1}, …, ξ_{n+m} < x_{n+m})

= ∫ h_{0}(u_{1}, …, u_{n})h_{1}(u_{n+1}) … h_{n+m}(u_{n+m})F_{1}( du_{1}) … F_{n+m}( du_{n+m})

= ∫ h_{0}(u_{1}, …, u_{n})F_{1}( du_{1}) … F_{n}( du_{n})
∫ h_{1}(u_{n+1})F_{n+1}( du_{n+1}) ⋯ ∫ h_{m}(u_{n+m})F_{n+m}( du_{n+m})
= P (η < x_{0})P (ξ_{n+1} < x_{n+1}) ⋯ P (ξ_{n+m} < x_{n+m}),

ahonnan következik a feladat állítása.

6. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, és legyen a ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ n, valószínűségi változónak sűrűségfüggvénye, és jelöljük az f_{j}(·)-vel. Lássuk be a Fubini tétel segítségével, hogy a (ξ_{1}, …, ξ_{n}) véletlen vektornak is van sűrűségfüggvénye, és az az f(u_{1}, …, u_{n}) = f_{1}(u_{1}) ⋯ f_{n}(u_{n}) függvény. Megoldás: Rögzítsünk valamilyen x_{0}, x_{1}, …, x_{n} számokat, és definiáljuk ezek segítségével a h_{j}(u) = 1, ha u < x_{j}, h_{j}(u) = 0, ha u ≥ x 1 ≤ j ≤ n, függvényeket.

Ekkor

P (ξ_{1} < x_{1}, ⋯, ξ_{n} < x_{n}) = P (ξ_{1} < x_{1}) ⋯ P (ξ_{n} < x_{n})
= ∫ h_{1}(u)f_{1}(u) du ⋯ ∫ h_{n}(u)f_{n}(u) du
= ∫ ⋯ ∫ h_{1}(u_{1})f_{1}(u_{1}) ⋯ h_{n}(u_{n})f_{n}(u_{n}) du_{1} … du_{n}
= ∫_{−∞}^{x_{1}} ⋯ ∫_{−∞}^{x_{n}} f_{1}(u_{1}) ⋯ f_{n}(u_{n}) du_{1} … du_{n}

ahonnan következik a feladat állítása.

7. 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 amelynek 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 a korábban tárgyalt 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, amelyet 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.

8. Legyenek ξ_{1} és ξ_{2} független exponenciális eloszlású valószínűségi változók, azaz legyen sűrűségfüggvényük f(x) = λe^{−λx} ha x ≥ 0, és f(x) = 0, ha x > 0. Számítsuk ki ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvényét. Általánosabban, legyenek ξ_{1}, … ξ_{m} független exponenciális eloszlású valószínűségi változók λ > 0 paraméterrel. Számítsuk ki ξ_{1} + ⋯ + ξ_{m} sűrűségfüggvényét. Megoldás: Ki kell számolnunk az f ∗ f(x) illetve \underbrace{f ∗ ⋯ ∗ f}_{m−szer}(x) konvoluciókat a fenti

f(x) sűrűségfüggvénnyel. Mivel f(x) = 0, ha x ≤ 0, a konvoluciót meghatározó integrálban szereplő f(y)f(x − y) integrandus nulla, ha y ≤ 0 vagy x − y ≤ 0. Innen a konvoluciót definiáló integrál csak x ≥ 0 esetén lehet nulla, az x ≤ 0 esetben f(y)f(x − y) > 0 minden y-ra nulla, és x ≥ 0 esetén az f(y)f(x − y) > 0 integrandus csak 0 ≤ y ≤ x esetén nem nulla. Innen a ξ_{1} + ξ_{2} valószínűségi változó sűrűségfüggvénye f_{2}(x) = f ∗ f(x) x < 0-ra f_{2}(x) = 0, és

f_{2}(x) = f ∗ f(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(y)f(x − y) dy = ∫_{0}^{x} λe^{−λy}λe^{−λ(x−y)} dy
= ∫_{0}^{x} λ^{2}e^{−λx} dy = λ^{2}xe^{−λx}, ha x ≥ 0.

Hasonlóan, ha f_{m}(x) = \underbrace{f ∗ ⋯ ∗ f}_{m−szer}(x) jelöli ξ_{1} + ⋯ ξ_{m} sűrűségfüggvényét, akkor

f_{m}(x) = 0 minden m ≥ 1 számra, ha x < 0. Azt állítjuk, hogy f_{m}(x) =

\frac{λ^{m}x^{m−1}}{(m − 1)!} e^{−λx}, ha x ≥ 0. Ezen állítás bizonyításához elég belátni teljes indukcióval

azt, hogy f_{m−1} ∗ f(x) = f_{m}(x) a fent definiált f_{m} függvényekkel. Viszont

f_{m−1} ∗ f(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{m−1}(y)f(x − y) dy = ∫_{0}^{x} λ^{m−1} \frac{y^{m−2}}{(m − 2)!}λe^{−λy}e^{−λ(x−y)} dy

= λ^{m}e^{−λx} ∫_{0}^{x} \frac{y^{m−2}}{(m − 2)!} dy = e^{−λx} \frac{λ^{m}x^{m−1}}{(m − 1)!} , ha x ≥ 0.

Másrészt f_{m}(x) = 0, ha x ≤ 0.

9. Legyen ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ = 1 paraméterrel, azaz F (x) = P (ξ < x) = 1 − e^{−x}, ha x ≥ 0, F (x) = P (ξ < x) = 0, ha x ≤ 0. Számítsuk ki a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét. Megoldás: Jelölje G(x) a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor a G(x) = P ({ω: ξ(ω) + ξ^{2}(ω) < x}) eloszlásfüggvényt kell kiszámolni az F (x) eloszlásfüggvény ismeretében. Viszont, ha ismerjük egy ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvényét, akkor az meghatározza a P (ω: ξ(ω) ∈ B) halmazok valószínűségét minden ,,szép”, azaz Borel mérhető B halmazra. Vegyük észre, hogy jelen feladatban is ilyen jellegű problémát kell megoldani. Az ebben a feladatban megjelenő B halmaz egyszerű szerkezetű, és ezért ez a feladat könnyebben megoldható. Tekintsük az A(ω, x) = {ω: ξ(ω) + ξ(ω)^{2} < x} halmazokat. Ezek valószínűségét kell kiszámítanunk. Ennek érdekében tekintsük az B(x) = {y: y + y^{2} < x} hamazt. Vegyük észre, hogy B(x) = {y: y_{1}(x) < y < y_{2}(x)}, ahol

y_{1}(x) = \frac{−1 − \sqrt{1 + 4x}}{2} és y_{2}(x) = \frac{−1 + \sqrt{1 + 4x}}{2} az y^{2} + y = x egyenlet kisebb

és nagyobb megoldása, és A(ω, x) = {ω: y_{1}(x) < ξ(ω) < y_{2}(x)}. Innen G(x) = P ({ω: y_{1}(x) < ξ(ω) < y_{2}(x)}) = F (y_{2}(x)) − F (y_{1}(x)). Ezért a ξ + ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvénye a G(x) = P (y_{1}(x) < ξ < y_{2}(x)) = P (ξ < y_{2}(x)) = 1 −

e^{−y_{2}(x)} = 1 − exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0, és G(x) = 0, ha x ≤ 0 függvény. A

ξ + ξ^{2} valószínűségi változó g(·) sűrűségfüggvénye ennek deriváltja, azaz g(x) = 0,

ha x < 0, és g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + 4x}} exp \{\frac{1 − \sqrt{1 + 4x}}{2}\}, ha x ≥ 0.

Tekintsünk két a második előadáson tárgyalt feladatot, amelyet annak idején geometriai meggondolások alapján oldottunk meg. Megmutatjuk, hogy ezek a feladatok megoldhatóak a most tárgyalt konvolució segítségével is.

10. Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak? Megoldás: Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, amely azt adja meg, hogy hány (0 és 1 közötti számmal kifejezhető) órával 8 óra után jelent meg a j-ik ember a helyszínen. Ekkor ξ_{1} és ξ_{2} független a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók. Minket a −\frac{1}{2} ≤ ξ_{1} − ξ_{2} ≤ \frac{1}{2} események valószínűsége érdekel. Az F (u) = P (ξ_{1} − ξ_{2} < u) eloszlás sűrűségfüggvénye a g(u) = f_{1} ∗ f_{2}(u) konvolúció, ahol f_{1}(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, f_{1}(u) = 0, különben, f_{2}(u) = 1, ha −1 ≤ u ≤ 0, f_{2}(u) = 0 különben. Ekkor a minket érdeklő mennyiség az

F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2} g(u) du integrál. Továbbá,

g(x) = f_{1} ∗ f_{2}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(u)f_{2}(x − u) du = ∫_{−∞}^{∞} f(u)f(x − u) du, −∞ < x < ∞,

ahol f(u) = 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ \frac{1}{2}, f(u) = 0, ha u ≥ \frac{1}{2}. Az ötödik feladat megoldásában láttuk, hogy g(u) = 1 − u, ha 0 < u < 1 g(u) =

1 + u, ha −1 < u < 0. Innen F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2}(1 − |u|) du = \frac{3}{4}.

11. Két botot véletlenszerűen, egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi az így kapott új bot hosszának az F (u) eloszlásfüggvénye?

Negoldás: Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, amely azt adja meg, hogy a j-ik bot rövidebb végének mi a hossza. Ekkor ξ_{1}, és ξ_{2} független valószínűségi változók, melyek sűrűségfüggvénye az az f(·) függvény, amelyre f(x) = 2, ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként. Minket a ξ_{1} + ξ_{2} valószínűségi változó eloszlása érdekel. Viszont ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvénye g(x) = f ∗ f(x), ahonnan g(x) = 2 − |2 − 4x|, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 különben. Ezt kiintegrálva megkapjuk az eredményt, amelyet a a következő képletek adnak meg: F (u) = 0, ha u ≤ 0, F (u) = 1 − 2u^{2}, ha 0 ≤ u ≤ \frac{1}{2}, F (u) = 1 − 2(1 − u)^{2} = 4u − 2u^{2} − 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ 1. Ha u ≥ 1, akkor F (u) = 1.