Az április 27.-i gyakorlat feladatai

A valószínűségszámítás legfontosabb eredménye a centrális (központi) határeloszlástétel. Megbeszéljük ennek tartalmát és olyan feladatokat fogunk tekinteni, amelyekben ezt az eredményt alkalmazzuk.

A centrális határeloszlástétel tétel megfogalmazása előtt vezessünk be egy az irodalomban gyakran használt fogalmat.

Egy valószínűségi változó normalizáltjának a fogalma. Legyen ξ olyan valószínű-

ségi változó, amelyre Eξ^{2} < ∞. A ξ valószínűségi változó normalizáltja a ξ̄ = \frac{ξ − Eξ}{\sqrt{Var ξ}}

valószínűségi változó, azaz a ξ valószínűségi változónak az a lineáris transzformáltja, amelynek várható értéke nulla, szórásnégyzete pedig 1.

Jegyezzük meg, hogy ha ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, amelyekre

Eξ_{j}^{2} < ∞ minden 1 ≤ j ≤ n indexre, akkor az S = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} összeg normalizáltja az

S̄ = \frac{∑_{j=1}^{n} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j}}}

kifejezés.

Centrális határeloszlástétel. Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független, egyforma eloszlású való-

színűségi változók, jelölje S_{n} = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j}, n = 1, 2, …, e valószínűségi változók részletössze-

geit. Ekkor az S_{n} valószínűségi változók \frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} = \frac{∑_{j=1}^{n} ξ_{j} − ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j}}} normalizáltjai

teljesítik a

lim_{n→∞} P (\frac{S_{n} − ES_{n}}{\sqrt{Var S_{n}}} < x) = Φ(x), minden − ∞ < x < ∞ számra

relációt, ahol Φ(x) = ∫_{−∞}^{x} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} du, a standard normális eloszásfüggvény.

Megjegyzés: Az előbb kimondott tétel valójában speciális esete az általános centrális határeloszlástételnek, amely hasonló eredményt mond ki független, de nem feltétlenül azonos eloszlású valószínűségi változók normalizált részletösszegeire nagyon általános feltételek mellett.

Feladatok:

1.) Tekintsünk egy szabályos pénzdarab 10 000 egymás utáni (független) feldobásából származó fej-írás sorozatot. Adjunk becslést a Csebisev egyenlőtlenség segítségével annak valószínűségére, hogy a fej-dobások számának eltérése a várt 5000 számtól legalább 100-zal, illetve legalább 200-zal eltér! Milyen becslést ad ezekre a valószínűségekre a centrális határeloszlástétel? Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, ≤ j ≤ 10 000 valószínűségi változókat, amelyekre ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás. Ekkor ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10 000 független valószínűségi változók, Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} =

\frac{1}{4}, és a P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 100) és P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 200) valószínűsé-

gekre kell becslést adnunk. A Csebisev egyenlőtlenség az első valószínűségre a

P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 100) ≤ \frac{10000 · Var ξ_{1}}{100^{2}} = \frac{1}{4},

a második valószínűségre pedig a

P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 200) ≤ \frac{10000 · Var ξ_{1}}{200^{2}} = \frac{1}{16}

első becslést adja.

A centrális határeloszlástétel szerint P (^{\frac{∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j}−Eξ_{j})}{\sqrt{10000· \frac{1}{4}}}} > u) ∼ 1 − Φ(u). Innen

kapjuk, hogy az első valószínűség kiszámításához az u = ± \frac{100}{\frac{1}{2} ·100} = ±2 értékeket kell tekinteni, és a vizsgált valószínűség közelítőleg (1 − Φ(2)) + Φ(−2) = 2(1 − Φ(2)) ∼ 2(1 − 0.97720) = 0.0456. A második valószínűség hasonlóan körülbelül 2(1 − Φ(4)) ∼ 0, (az első 4 tizedesjegy 0). (A Csebisev egyenlőtlenség 0.25 illetve 0.0625 felső becslést adta ezekre a valószínűségekre.)

2.) A 2000. évben az Egyesült Államok Florida államában rendkívül szoros eredmény született. 5 000 000 választó választó választott két párt, a republikánus és demokrata párt jelöltjei között. A két jelölt által szerzett szavazatok száma (egy adott időpontbeli felmérés szerint) mindössze 300 volt. Tegyük egymástól független ül \frac{1}{2} valószínűséggel választották valamelyik párt jelöltjét. E feltevés teljesülése estén mi annak a valószínűsége, hogy a két jelölt által összegyüjtött szavazatok különbsége nem haladja meg a háromszázat. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 5 000 000, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik választó a demokrata, ξ_{j} = 0, ha a j-ik választó a republikánus

jelöltre szavaz. Ekkor S = ∑_{j=1}^{5 000 000} ξ_{j} a demokrata, és 5 000 000 − S a repub-

likánus jelöltre leadott szavazatok száma, és minket a P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) valószínűség nagysága érdekel. Vegyük észre, hogy a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4}, ezért ES_{n} = 2 500 000, Var S_{n} = \frac{1}{4} ·5 000 000, és

a P (|_{\frac{S_{n}−2 500 000}{\sqrt{\frac{1}{4} ·5 000 000}}} | < x) valószínűségek kiszámítására alkalmazhatjuk a centrális

határeloszlástételt. Ennek alapján

P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) = P (|\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} | ≤ \frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5 000 000}})

∼ Φ (\frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5000000}}) − Φ (−\frac{150}{\sqrt{\frac{1}{4} · 5000000}})

= 2Φ (\frac{6\sqrt{5}}{100}) − 1 ∼ 2Φ(0.124) − 1 ∼ 0.1.

3. 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.

4. Legyen birtokunkban 100 lámpa, amelyek mindegyike egymástól független időtartamig 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 szerint \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. 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. Megoldás: 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

Független valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvénye.

Tárgyaljuk a következő feladatot is. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó, amelyeknek létezik f(·) és g(·) sűrűségfüggvénye. Be lehet látni, hogy a ξ+η összegnek is létezik h(·) sűrűségfüggvénye, és azt meg lehet adni azt a formulát, amelynek segítségével a ξ+η összeg sűrűségfüggvényét. Ennek érdekében bevezetjük két (sűrűség)függvény konvoluciójának a fogalmát.

(Sűrűség)függvények konvoluciójának a definiciója. Legyen f(·) és g(·) két sűrűségfüggvény a számegyenesen, általánosabban integrálható függvények, azaz tegyük fel, hogy ∫_{−∞}^{∞} |f(u)| du < ∞ és ∫_{−∞}^{∞} |g(u)| du < ∞. Az f(·) és g(·) függvények f ∗ g(·) konvoluciója az

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

függvény.

Tétel független valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényéről. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó f(·) és g(·) sűrűségfüggvénnyel. Ekkor a ξ + η összegnek is létezik sűrűségfüggvénye, és az az

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

függvény.

5.) Legyen ξ és η két független, a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi 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. Definiáljuk 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.