Az április 13.-i gyakorlat feladatai

1.) Legyen adva egy ξ valószínűségi változó F (x) eloszlás, f(x) sűrűségfüggvénnyel, M várható értékkel és D^{2} szórásnégyzettel. Legyenek a és b valós számok. Számoljuk ki az η = aξ + b valószínűségi változó eloszlás és sűrűségfüggvényét, valamint várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Az η valószínűségi változó eloszlásfüggvénye G(x) = P (η < x) = P (aξ + b < x) = P (ξ < \frac{x−b}{a}) = F (\frac{x−b}{a}), sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = \frac{1}{a}f (\frac{x−b}{a}), várható értéke Eη = E(aξ +b) = aEξ +b = aM +b, Var η = Var (aξ +b) = a^{2}Var ξ.

2.) Az előző gyakorlaton tárgyaltuk annak a feladatnak a megoldását, hogy mennyi egy az [a, b] intervallumban egyenletes eloszlású η valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete. Lássuk be, hogy egy ilyen valószínűségi változó felírható η = (b − a)ξ + \frac{a+b}{2} alakban, ahol ξ egyenletes eloszlású a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban. Adjunk a feladatra ezen észrevétel alapján egyszerűbb megoldást. Megoldás: Az η és ξ valószínűségi változók között megfogalmazott kapcsolat átfogalmazható úgy is, hogy ha ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó az [a, b]

intervallumon, akkor ξ = \frac{η− \frac{a+b}{2}}{b−a} egyenletes eloszlású a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumon. Az, hogy η egyenletes eloszlású az [a, b] intervallumon úgy is megfogalmazható, hogy η g(x) sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{1}{b−a}, ha a ≤ x ≤ b, és g(x) = 0, ha x < a vagy x > b.

Innen ξ sűrűségfüggvénye f(x) = g ((x + \frac{a+b}{2(b−a)}) (b − a)), és némi számolással

látható, hogy f(x) = 1, ha −\frac{1}{2} ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0, ha x < −\frac{1}{2} vagy x > \frac{1}{2}.

Innen Eξ = ∫_{−1/2}^{1/2} x dx = 0, Var ξ = Eξ^{2} = ∫_{−1/2}^{1/2} x^{2} dx = [\frac{x^{3}}{3} ]_{−1/2}^{1/2} = 2· \frac{1}{3 · 8} = \frac{1}{12}.

Innen Eη = (b−a)Eξ+ \frac{a+b}{2} = \frac{b+a}{2}, és Var η = Var ((b−a)ξ+ \frac{a+b}{2}) = (b−a)^{2}Var ξ = \frac{(b−a)^{2}}{12} .

Felidézzük a következő fontos fogalmat:

A standard normális eloszlás definiciója. A Φ(x) standard normális eloszlás az az eloszlás, amelynek sűrűségfüggvénye a φ(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2}, −∞ < u < ∞, függvény.

E definició helyességének igazolásához meg kell mutatni, hogy a fent definiált φ(·) függvény valóban sűrűségfüggvény. Ennek érdekében be kell bizonyítani a következő eredményt.

Tétel.

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

Ennek a korántsem triviális összefüggésnek a bizonyítása az előadáson szerepelt. A standard normális eloszlás elnevezésben a standard jelző arra utal, hogy egy φ(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2}, −∞ < u < ∞, sűrűségfüggvényű valószínűségi változó várható értéke nulla és szórásnégyzete 1.

3.) Lássuk be, hogy egy φ(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2}, −∞ < u < ∞, sűrűségfüggvényű ξ valószínűségi változó várható értéke nulla és szórásnégyzete 1. Megoldás: Valóban Eξ = 0, mert Eξ = ∫_{−∞}^{∞} u\frac{1}{\sqrt{2}π} e^{−u^{2}/2} du, és ez az integrál nulla, mert az integrandus páratlan függvény. Ezután parciális integrálással kapjuk

f(x) = x és g(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} xe^{−x^{2}/2} = \frac{d}{dx} (−\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}) választással, hogy

Eξ^{2} = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} x^{2}e^{−x^{2}/2} dx = [−\frac{x}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}]_{−∞}^{∞} + ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = 1.

Innen Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2} = 1. Házi feladat: 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}}.

A fenti feladat eredménye alapján egy valószínűségi változót akkor nevezünk normális eloszlásúnak, ha van sűrűségfüggvénye, és az g(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}σ} e^{−(u−m)^{2}/2σ^{2}} alakban adható meg alkalmas m és σ > 0 számokkal. 4.) Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkorEξ^{2k−1} = 0, Eξ^{2k} =

1 · 3 ⋯ (2k − 1) minden k = 1, 2, … számra. Megoldás: Egyrészt

Eξ^{2k−1} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = 0,

mert az x^{2k−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} függvény páratlan, és páratlan függvény integrálja nulla. Másrészt

Eξ^{2k} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = ∫_{−∞}^{∞} −x^{2k−1} \frac{d}{dx} (\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx)

= [−x^{2k−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}]_{−∞}^{∞} + ∫_{−∞}^{∞}(2k − 1)x^{2k−2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx

= (2k − 1) ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = (2k − 1)Eξ^{2k−2},

ahonnan k szerinti teljes indukcióval Eξ^{2k} = 1 · 3 ⋯ (2k − 1) minden k = 1, 2, … számra.

5.) Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [−1, 1] intervallumban, azaz legyen sűrűségfüggvénye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1. Számoljuk ki az η = ξ^{4} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Első megoldás: Eη = Eξ^{4} = ∫_{0}^{1} x^{4} dx = [\frac{x^{5}}{5} ]_{0}^{1} = \frac{1}{5}, és Var η = Eη^{2} − (Eη)^{2},

Eη^{2} = Eξ^{8} = ∫_{0}^{1} x^{8} dx = [\frac{x^{9}}{9} ]_{0}^{1} = \frac{1}{9}. Innen Var η = \frac{1}{9} − \frac{1}{25} = \frac{16}{225}.

Második megoldás: Számoljuk ki az η valószínűségi változó g(x) sűrűségfüggvényét, és használjuk az Eη = ∫ xg(x) dx és Eη^{2} = ∫ x^{2}g(x) dx összefüggést. Számoljuk ki először η G(x) eloszlásfüggvényét. G(x) = P (η < x) = P (ξ^{4} < x) = P (ξ < x^{1/4}) = x^{1/4} ha 0 ≤ x ≤ 1, G(x) = 0, ha x < 0 és G(x) = 1, ha x > 1. Innen g(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1, és g(x) = \frac{1}{4}x^{−3/4}, ha 0 ≤ x ≤ 1. Innen Eη = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x · x^{−3/4} dx = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x · x^{1/4} dx = \frac{1}{4} · \frac{4}{5} = \frac{1}{5}, Eη^{2} = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x^{2} · x^{−3/4} dx = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x · x^{5/4} dx = \frac{1}{4} · \frac{4}{9} = \frac{1}{9}, Var η = \frac{1}{9} − \frac{1}{25} = \frac{16}{225}.

6.) Ledobnak egy pontot a [0, 2] intervallumra egyenletes eloszlással. Ha a ledobott pont értéke a [0, 1] intervallumba esik, akkor felírjuk a dobás pontos értékét egy jegyzőkönyvbe. Ha a ledobott pont értéke az [1, 2] intervallumba esik, akkor az 1 számot írjuk a jegyzőkönyvbe. Számoljuk ki a jegyzőkönyvbe írt (véletlen) szám várható értékét és szórásnégyzetét. Első megoldás: Jelölje ξ a ledobott pont, η a jegzőkönyvbe írt szám értékét. Ekkor η = u(ξ) ahol az u(x) függvényt úgy definiáljuk, hogy u(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, u(x) = 1, ha 1 ≤ x ≤ 2, az u(x) függvényt tetszőleges módon definiálhatjuk, ha x < 0 vagy x > 2. Ekkor Eη = Eu(ξ) = ∫ u(x)f(x) dx = ∫_{0}^{2} u(x)\frac{1}{2} dx =

∫_{0}^{1} \frac{1}{2}x dx + ∫_{1}^{2} \frac{1}{2} dx = [\frac{x^{2}}{4} ]_{0}^{1} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}, ahol f(x) = \frac{1}{2}, ha 0 ≤ x ≤ 2, f(x) = 0, ha

x < 0 vagy x > 2 a ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvénye. Hasonlóan, Eη^{2} = Eu^{2}(ξ) = ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}x^{2} dx + ∫_{1}^{2} \frac{1}{2} dx = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{2}{3}, és Var η = Eη^{2} − (Eη)^{2} = \frac{2}{3} − \frac{9}{16} = \frac{5}{32}. Második megoldás: Jelölje G(x) az η valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor Eη = ∫ xG( dx), Eη^{2} = ∫ x^{2}G( dx), és azt kell megértenünk, hogyan tudjuk ezeket az integrálokat kiszámolni. Vegyük észre, hogy G(x) = G_{1}(x) + G_{2}(x), ahol G_{1}(x) = ∫_{−∞}^{x} g_{1}(u) du, g_{1}(u) = \frac{1}{2}, ha 0 ≤ u ≤ 1, g_{1}(u) = 0, ha u < 0 vagy u > 1, és G_{2}(x) = 0, ha x ≤ 1, G_{2}(x) = \frac{1}{2}, ha x ≥ 1. Ez azt jelenti, hogy G_{1} hasonlóan viselkedik, mint egy sűrűségfüggvénnyel rendelkező, G_{2} pedig, mint egy diszkrét (ebben a speciális esetben egyetlen értéket felvevő) valószínűségi változó eloszlásfüggvényéhez. Az egyetlen különbség az, hogy nincsenek 1-re normálva, azaz G_{1}(∞) = \frac{1}{2} és G_{2}(∞) = \frac{1}{2} (és nem 1). A tanult képletek ebben az esetben is érvényesek és tetszőleges v(x) függvény integráljára felírhatjuk, hogy

∫ v(x)G( dx) = ∫ v(x)G_{1}( dx) + ∫ v(x)G_{2}( dx) = ∫_{0}^{1} v(x)\frac{1}{2} dx + \frac{1}{2}v(1).

Innen v(x) = x illetve v(x) = x^{2} választással Eη = Eu(ξ) = ∫ xG( dx) =

∫_{0}^{1} \frac{1}{2}x dx + \frac{1}{2} = [\frac{x^{2}}{4} ]_{0}^{1} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}, és Eη^{2} = ∫ x^{2}G( dx) = ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}x^{2} dx + \frac{1}{2} = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{2}{3},

Var η = Eη^{2} − (Eη)^{2} = \frac{2}{3} − \frac{9}{16} = \frac{5}{32}.

Tárgyaljuk a Poisson eloszlást, illetve mutassuk meg egy feladatban annak egy fontos tulajdonságát, nevezetesen azt, hogy két független Poisson eloszlású valószínűségi változó összege is Poisson eloszlású.

Poisson eloszlás definiciója. Egy ξ valószínűségi változó λ paraméterű Poisson eloszlású, ha ξ nem negatív egész értékeket vesz fel, és

P (ξ = k) = \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ}, k = 0, 1, 2, …

7.) Lássuk be, hogy ez valóban valószínűség eloszlás.

Megoldás: Azt kell ellenőrizni, hogy P (ξ = k) ≥ 0 minden k értékre, ami nyílván-

való, és ∑_{k=0}^{∞} P (ξ = k) = 1. Viszont

∑_{k=0}^{∞} P (ξ = k) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} e^{−λ} = e^{−λ} ∑_{k=0}^{∞} \frac{λ^{k}}{k!} = e^{−λ}e^{λ} = 1.

8.) Ha ξ és η két független, λ illetve μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó, akkor ξ + η egy λ + μ paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó. Megoldás:

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}.