A december 14.-i gyakorlat feladatai

Tárgyaljuk azt a kérdést, hogyan lehet két független valószínűségi változó összegének az eloszlását kiszámítani. Először felidézem a Poisson eloszlás definiciójat, és tárgyaljuk azt a feladatot, hogy hogyan számoljuk ki két független Poisson eloszlású valószínűségi változó összegének az eloszlását. Ez tulajdonképpen egy példa arra, hogy általános esetben, hogyan tudunk ilyen feladatot megoldani. Ezután foglalkozunk ennek a feladatnak az analogjával, amikor két független sűrűségfüggvénnyel rendelkező valószínűségi változó összegének a (létező) sűrűségfüggvényét akarjuk kiszámolni. Ennek érdekében bevezetjük a konvolució fogalmát.

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, …

1.) 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.

2.) 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}.

Tárgyaljuk a következő feladatot. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó, amelyeknek létezik f(·) és g(·) sűrűségfüggvényük. Be lehet látni, hogy a ξ+η összegnek is létezik h(·) sűrűségfüggvénye, és meg lehet adni azt a formulát, amelynek segítségével ki lehet számolni 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.

3.) 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) = 0. 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.

4.) 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. 5.) Legyen ξ és η két független valószínűségi változó, mind a kettő f(x) = \frac{1}{2}e^{−|x|},

−∞ < x < ∞, sűrűségfüggvénnyel. Lássuk be először, hogy f(x) valóban sűrűségfüggvény. Számítsuk ki a ξ + η valószínűségi változó g(x) sűrűségfüggvényét. Megoldás: Az f(x) függvény minden pontban nem negatív. Annak ellenőrzéséhez, hogy f(x) sűrűségfüggvény azt kell megmutatnunk, hogy ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx = 1. Viszont hogy ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx = \frac{1}{2} ∫_{−∞}^{0} e^{x} dx + \frac{1}{2} ∫_{0}^{∞} e^{−x} dx = \frac{1}{2} [e^{x}]_{−∞}^{0} + \frac{1}{2} [−e^{−x}]_{0}^{∞} = 1. A ξ + η valószínűségi változó g(x) sűrűségfüggvényét a g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(y)f(x − y) dy formula segítségével számíthatjuk ki. Számítsuk ki ezt az integrált. Tekintsük először azt az esetet, amikor x ≥ 0. Az integrált számítsuk ki úgy, hogy nézzük mind a négy (elvileg) lehetséges esetet, amikor a) y ≥ 0 és x − y ≥ 0, b) y ≥ 0 és x−y < 0, c) y < 0, x−y ≥ 0, d) y < 0, x−y < 0. Számítsuk ki mind a négy esetben azt, hogy milyen tartományban veszi fel értékét az y változó, és mi az integrandus illetve az integrál értéke ebben a tartományban. Az a) esetben 0 ≤ y ≤ x, az integrandus f(y)f(x − y) = \frac{1}{4}e^{−y}e^{−(x−y)} = \frac{e^{−x}}{4} , az integrál pedig \frac{xe^{−x}}{4} az a) tartományban. A b) esetben y > x és f(y)f(x − y) = \frac{e^{−y}e^{x−y}}{4} = \frac{e^{x−2y}}{4} az integrál pedig \frac{1}{4} ∫_{x}^{∞} e^{x−2y} dy = \frac{e^{−x}}{8} , a c) esetben y < 0 és f(y)f(x − y) = \frac{1}{4}e^{y}e^{−(x−y)} = \frac{e^{2y−x}}{4} , az integrál pedig \frac{1}{4} ∫_{−∞}^{0} e^{2y−x} dy = \frac{e^{−x}}{8} , a d) eset nem lehetséges, mert ekkor egyrészt az y < 0 másrészt az y > x ≥ 0 feltételeknek kellene teljesülniük. Innen azt kapjuk, hogy g(x) = \frac{(x+1)e^{−x}}{4} , ha x > 0. Mivel f szimmetrikus függvény, ezért

mint nem nehéz megmutatni, f(x) is az. Tehát g(−x) = g(x), és g(x) = \frac{(|x|+1)e^{−|x|}}{4} . 6.) Egy pénzdarabról ellenőrizni akarjuk, hogy igaz-e az a hipotézis, amely szerint ez

az érme legalább \frac{3}{4} valószínűséggel esik a fej és legfeljebb \frac{1}{4} valószínűséggel az írás oldalára. Ennek érdekében feldobjuk a pénzdarabot 30 000 alkalommal, és a következő döntési szabályt hozzuk. Választunk egy k számot, és akkor fogadjuk el a hipotézist helyesnek, ha legalább k fejdobás történt. Legalább mekkorának kell választanunk ezt a k számot, ha azt akarjuk, hogy egy a hipotézist teljesítő pénzdarab esetén legalább 0.9 valószínűséggel döntsünk úgy, hogy a hipotézis teljesül? Megoldás: Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 30 000,

S = S_{30000} = ∑_{j=1}^{30 000} ξ_{j}. Ha a fejdobás eredményének valószínűsége pontosan \frac{3}{4},

Eξ_{j} = \frac{3}{4}, Eξ_{j}^{2} = \frac{3}{4}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{3}{16}, ES = 30 000Eξ_{j} = 22 500, Var S = 30 000Var ξ_{j} = 5625 = 75^{2}. Innen és a centrális határeloszlástételből,

P (S > k) = P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} > \frac{k − 22 500}{75}) = 1 − P (\frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} ≤ \frac{k − 22 500}{75})

∼ 1 − Φ (\frac{k − 22 500}{75}) .

Válasszuk a k számot úgy, hogy a fenti valószínűség körülbelül 0.9 legyen. Ekkor a Φ (\frac{k−22 500}{75}) = 0.1 vagy ami ezzel ekvivalens, a Φ (\frac{22 500−k}{75} ) = 0.9 egyenletet kell kielégítenünk. A normális eloszlás-táblázat alapján \frac{22 500−k}{75} ∼ 1.28, ami azt jelenti, hogy k = 22 500 − 75 × 1.28 és p = \frac{3}{4} esetén annak valószínűsége, hogy a fejdobások száma nagyobb mint k = 22 500 − 75 × 1.28 = 22 212 és p = \frac{3}{4} esetében annak valószínűsége, hogy legalább ennyi fejdobás történik körülbelül 0.9. Ha p ≥ \frac{3}{4}, akkor ez a valószínűség nagyobb. Ezért a k = 22 212 helyes választás.