Az október 14.-i gyakorlat témája

Az előző gyakorlaton tárgyaltuk azt, hogy sok megfigyelt érték összegének a várható értékét hogyan számolhatjuk ki. Fontos annak vizsgálata is, hogy a kiszámolt várható érték milyen jó közelítése a valódi (véletlen) értéknek. Ennek mérésére vezették be a szórásnégyzet fogalmát. A szórásnégyzetet először csak független valószínűségi változók összegére számoljuk ki. Az általános, nem feltétlenül független valószínűségi változók összegének az esete is érdekes és fontos, de ennek vizsgálatát későbbre halasztjuk. Ahhoz, hogy programunkat végrehajtsuk, először meg kell értenünk a független valószínűségi változók fogalmát. Egyelőre csak diszkrét eloszlású valószínűségi változókkal foglalkozunk, és ezek függetlenségét definiáljuk.

Diszkrét eloszlású valószínűségi változók függetlensége. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{k} diszkrét eloszlású valószínűségi változók ugyanazon az (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, amelyek valamilyen x_{1}, x_{2}, … értékeket vesznek fel. Azt mondjuk, hogy ezek az ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{k} valószínűségi változók függetlenek, ha

P (ξ_{1} = x_{j_{1}}, ξ_{2} = x_{j_{2}}, …, ξ_{k} = x_{j_{k}}) = P (ξ_{1} = x_{j_{1}}) P (ξ_{2} = x_{j_{2}}) ⋯ P (ξ_{k} = x_{j_{k}})

minden j_{s} = 1, 2, …, 1 ≤ s ≤ k, indexre.

1.) Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{k} független, diszkrét valószínűségi változók egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, amelyek valamilyen x_{1}, x_{2}, … értékeket vesznek fel. Legyenek A_{1} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … }, A_{2} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … }, …, A_{k} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … } tetszőleges halmazok. Ekkor

P (ξ_{1} ∈ A_{1}, ξ_{2} ∈ A_{2}, …, ξ_{k} ∈ A_{k}) = P (ξ_{1} ∈ A_{1}) P (ξ_{2} ∈ A_{2}) ⋯ P (ξ_{k} ∈ A_{k}) .

Továbbá mutassuk meg, hogy tetszőleges {j_{1}, …, j_{s}} ⊂ {1, …, k} indexhalmazra a ξ_{j_{1}}, …, ξ_{j_{s}} valószínűségi változók függetlenek. Megoldás: A függetlenség miatt

P (ξ_{1} ∈ A_{1}, ξ_{2} ∈ A_{2}, …, ξ_{k} ∈ A_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} ∑_{x_{2}∈A_{2}} ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{1} = x_{1}, ξ_{2} = x_{2}, …, ξ_{k} = x_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} ∑_{x_{2}∈A_{2}} ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{1} = x_{1})P (ξ_{2} = x_{2}) ⋯ P (ξ_{k} = x_{k}) .

Másrészt

P (ξ_{1} ∈ A_{1}) P (ξ_{2} ∈ A_{2}) ⋯ P (ξ_{k} ∈ A_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} P (ξ_{1} = x_{1}) ∑_{x_{2}∈A_{2}} P (ξ_{2} = x_{2}) ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{k} = x_{k}) .

Elvégezve a beszorzásokat kapjuk a feladat első állítását.

A második állítást megkapjuk az első speciális eseteként A_{j_{u}} = {x_{j_{u}}}, 1 ≤ u ≤ s és A_{j} = {x_{1}, x_{2}, … }, u ∈ {1, …, k} \ {j_{1}, …, j_{s}} választással.

A teljesség kedvéért vezessük b események függetlenségének a definicióját is.

Két esemény függetlenségének a definiciója. Azt mondjuk, hogy egy A és B esemény független, ha P (A ∩ B) = P (A)P (B).

Ez a definició azonban önmagában nem kielégítő számunkra. Beszélni akarunk több esemény függetlenségéről is. Ezért a következő definiciót is bevezetjűk.

Több esemény függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor (teljesen) függetlenek, ha az {1, …, n} indexhalmaz minden {j_{1}, …, j_{k}} ⊂ {1, …, n} részhalmazára

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{k}}).

Események végtelen A_{1}, A_{2}, … sorozata akkor és csak akkor független, ha tetszőleges pozitív n egész számra az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek.

Speciálisan n = 3 esetben ez a definició a következőt jelenti: Az A, B és C események akkor függetlenek, ha a következő azonosságok mindegyike teljesül:

P (A ∩ B) = P (A)P (B)
P (A ∩ C) = P (A)P (C)
P (B ∩ C) = P (B)P (C)
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).

Megjegyzés: Alább bevezetjük események páronkénti függetlenségének az irodalomban szintén használt fogalmát. Fontos, hogy események páronkénti függetlenségének és (teljes) függetlenségének a fogalmát meg tudjuk különböztetni egymástól.

Események páronkénti függetlenségének a definiciója. Legyen A_{1}, A_{2}, …, események (véges vagy végtelen) sorozata egy valószínűségi mezőn. Azt mondjuk, hogy ezek az események páronként függetlenek, ha tetszőleges különböző számokból álló (j, k), j ≠ k, indexekre P (A_{j} ∩ A_{k}) = P (A_{j})P (A_{k}).

Azt, hogy valószínűségi változók körülbelül mekkora értéket vesznek fel az (egyelőre csak diszkrét eloszlású valószínűségi változók esetén tárgyalt) várható érték méri megfelelő módon. Annak mérésére, hogy mekkora a valószínűségi változó ingadozása a várható értéke körül vezették be a szórásnégyzet (angolul variance) fogalmát. Ennek definiciója a következő:

A szórásnégyzet definiciója: Legyen ξ olyan valószínűségi változó, amelyre Eξ^{2} < ∞. Ekkor a ξ valószínűségi változó szórásnégyzetét a

Var ξ = E (ξ − Eξ)^{2}

képlet definiálja. Ha Eξ^{2} = ∞ akkor a Var ξ szórásnégyzetet nem definiáljuk vagy azt mondjuk, hogy Var ξ = ∞.

Lemma.

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}.

2.) Minden m valós számra

E(ξ − m)^{2} = E(ξ − Eξ)^{2} + ((Eξ) − m)^{2} .

Következésképpen

Var ξ = inf_{−∞<m<∞} E [(ξ − m)^{2}] .

Megoldás:

E(ξ − m)^{2} = E [(ξ − Eξ) + (Eξ − m)]^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} − 2E(ξ − m)E(ξ − Eξ) + E(ξ − m)^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} + ((Eξ) − m)^{2} ,

mert 2E(ξ − m)E(ξ − Eξ) = 2E(ξ − m)(Eξ − Eξ) = 0. Ebből az azonosságból adódik, hogy E(ξ − m)^{2} ≥ E(ξ − Eξ)^{2} minden m valós számra. Viszont m = Eξ esetén az egyenlőtlenség két oldala megegyezik.

Lemma. Minden a és b valós számra

Var (aξ + b) = a^{2}Var ξ.

Bizonyítás:

Var (aξ + b) = E [(aξ + b) − E(aξ + b)]^{2} = E [(aξ + b) − aE(ξ − b]^{2}
= E [a^{2}(ξ − Eξ)^{2}] = a^{2}E(ξ − Eξ)^{2} = a^{2}Var ξ.

A következő eredmény rendkívül hasznos összefüggést ad, ha független valószínűségi változók összegének szórásnégyzetét akarjuk kiszámítani. Hangsúlyozzuk, hogy ebben az eredményben fontos a tekintett valószínűségi változók függetlensége. Később megfogalmazzuk ezen eredmény egy olyan általánosítását, amely akkor is érvényes, ha az összeadandók nem feltétlenül függetlenek. Látni fogunk olyan példákat is, amelyek megoldásában ezt az általánosabb eredményt érdemes alkalmazni.

Tétel. Ha ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, akkor

Var (ξ_{1} + ξ_{2} + ⋯ + ξ_{n}) = Var ξ_{1} + Var ξ_{2} + ⋯ + Var ξ_{n}.

Következmény. Ha ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, c_{1}, c_{2}, …, c_{n} valós számok, akkor

Var (c_{1}ξ_{1} + c_{2}ξ_{2} + ⋯ + c_{n}ξ_{n}) = c_{1}^{2}Var ξ_{1} + c_{2}^{2}Var ξ_{2} + ⋯ + c_{n}^{2}Var ξ_{n}.

Feladat:

3.) Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a fejdobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Számítsuk ki ezt egyrészt direkt módon felírva és kiszámolva a várható értéket és szórásnégyzetet kifejező összegeket, másrészt egyszerűbben az előző tétel segítségével.

Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy

k fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások

számának várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelőli a fejdobások számát

megadó valószínűségi változót. Továbbá Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100}, a szórásnégyzet

pedig Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Ezeket az összegeket közvetlenül kiszámíthatjuk.

Valóban, k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} k\binom{99}{k}2^{−99} =

50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50. Továbbá, k^{2}\binom{100}{k} = [k(k − 1) + k]\binom{100}{k} = 100 · 99 ·

\binom{98}{k − 2} + 100 · \binom{100}{99}, Eξ^{2} = 2^{−100} · 100 · 99 · ∑_{k=0}^{98} \binom{98}{k} + 2^{−100} · 100 · ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k} =

2^{−100} (100 · 99 · (1 + 1)^{98} + 100 · (1 + 1)^{99}) = 25·99+50, Var ξ = Eξ^{2}−(Eξ^{2}) = 25. Valójában a vizsgált várható értéket és szórásnégyzetet egyszerűbben is kiszámíthatjuk. Vezessük be a ξ_{j} valósz1nűségi változókat, ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a

fejdobások száma ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}, Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}, Var ξ = ∑_{j=1}^{100} Var ξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2},

Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50, Var ξ = \frac{1}{4} · 100 = 25.

4.) Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a dobáseredmények összegének várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Legyenek η_{1},…, η_{100} független valószínűségi változók, amelyekre P (η_{j} =

k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték és

szórásnégyzet E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}, Var ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Var η_{j}. (A második reláció

felhasználja a tekintett valószínűségi változók függetlenségét.) Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 +

4 + 5 + 6) = 3.5, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = \frac{35}{12}, Eξ = 350,

Var ξ = \frac{3500}{12}.

5.) Egy szabályos dobokockát feldobunk egymás után addig, amig meg nem jelenik a 100. hatos dobás. Számoljuk ki a dobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Jelőlje T_{1} azt a valószínűségi változót, hogy hányszor kellett a kockát feldobni addig, amig az első hatos dobás megjelent (az első hatos dobást is beleszámítva ebbe a dobássorozatba), T_{2} azt, hányszor kellett a kockát az első hatos dobás után feldobni, amíg a második hatos dobás megjelent, és általában legyen T_{j} az a valószínűségi változó, amelyik azt számolja meg, hogy hány dobás következett be a j − 1-k és j-ik hatos dobás között. (A j-ik hatos dobást beszámítjuk a j − 1ik hatos dobást viszont nem számítjuk be ebbe a sorozatba.) Ekkor a minket

érdeklő valószínűségi változó, a dobások száma a 100. hatos dobásig T = ∑_{j=1}^{100} T_{j},

továbbá, a T_{j} valószínűségi változók függetlenek, és P (T_{j} = k) = (\frac{5}{6})^{k−1} \frac{1}{6},

k = 1, 2, . . .. Ezért ET = ∑_{j=1}^{100} ET_{j}, Var T = ∑_{j=1}^{100} Var T_{j}, ET_{j} = ∑_{k=1}^{∞} k \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^{k−1},

ET_{j}^{2} = ∑_{k=1}^{∞} k^{2} \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^{k−1}, Var T_{j} = ET_{j}^{2} − (ET_{j})^{2}.

Az ET_{j} várható érték egy lehetséges kiszámolási módja: Deriváljuk a

∑_{k=0}^{∞} x^{k} = \frac{1}{1 − x}, |x| < 1

azonosságot. Azt kapjuk, hogy

(∗)  ∑_{k=0}^{∞} kx^{k−1} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} , |x| < 1,

ahonnan x = \frac{5}{6} helyettesítéssel

∑_{k=0}^{∞} k (\frac{5}{6})^{k−1} = 6^{2},

és ET_{j} = 6, ET = 100ET_{1} = 600. Hasonlóan, a (∗) azonosságot x-szel beszorozva,

deviválva, majd az x = \frac{5}{6} behelyettesítést alkalmazva azt kapjuk, hogy

∑_{k=1}^{∞} k^{2}x^{k−1} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} + \frac{2x}{(1 − x)^{3}} , |x| < 1,

ET_{j}^{2} = \frac{1}{6}(36 + 360) = 66, Var T_{j} = ET_{j}^{2} − (ET_{j})^{2} = 30, Var T = 100Var T_{1} = 3000.