DOLGOZAT FELADATOK (A programozó matematikus gyakorlaton)

1.) Legyen egy urnában 10 piros és 40 fehér golyó. Húzzunk ki az urnából 10 golyót visszatevés nélkül. Mi a kihúzottt piros golyók számának a várható értéke és szórásnégyzete?

2.) Legyen ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ paraméterrel, azaz legyen ξ eloszlásfüggvénye F (x) = 1 − e^{−λx}, ha x ≥ 0, F (x) = 0, ha x < 0. Számoljuk ki ξ^{3} sűrűségfüggvényét.

3.) Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [0, 1] intervallumban, azaz legyen sűrűségfüggvéye f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1. Számítsuk ki a ξ^{5} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

4.) Legyen a ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2π} (1 + \frac{1}{2} sin x), ha

0 ≤ x ≤ 2π, f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2π. Számítsuk ki a ξ valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

5.) Ledobunk a [0, 3] intervallumra 24 000 pontot egyenletes eloszlással, azaz egy ledobott pont egy valószínűséggel a [0, 3] intervalumba esik, és annak valószínűsége, hogy a ledobott pont egy [a, b] ⊂ [0, 3] intervallumba esik \frac{b−a}{3}. Ha egy pont a [0, 1] intervallumba esik, akkor felírjuk a ledobott pont helyének pontos értékét egy jegyzőkönyvbe, ha a pont az (1, 2] intervalumba esik, akkor az 1 számot, ha pedig a (2, 3] intervallumba esik, akkor a 2 számot írjuk a jegyzőkönyvbe. Adjunk becslést a mellékelt normális eloszlástáblázat segítségével annak valószínűségére, hogy a jegyzőkönyvbe írt 24 000 szám összege 27 900 és 28 150 közé esik.

6.) Legyen adva n darab ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változó egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Mikor mondjuk, hogy ezek a ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók függetlenek egymástól?

MEGOLDÁSOK

1.) Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10 valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha

a j-ik húzás piros ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás fehér. Ekkor minket az S = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}

valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel. Jegyezzük meg, hogy Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{1}{5}, Var ξ_{j} = Var ξ_{1} = \frac{1}{5} − (\frac{1}{5})^{2} = \frac{4}{25} minden 1 ≤ j ≤ 10 indexre, és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = Eξ_{1}ξ_{2} − Eξ_{1}Eξ_{2} = \frac{1}{5} · \frac{9}{49} − (\frac{1}{5})^{2} = −\frac{4}{1225}

minden 1 ≤ j, k ≤ 10, j ≠ k indexre. Innen ES = ∑_{j=1}^{10} Eξ_{j} = 2, és Var S =

∑_{j=1}^{10} Var ξ_{j} + 2 ∑_{j=1}^{9} ∑_{k=j+1}^{10} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 10 · \frac{4}{25} − 90 · \frac{4}{1225} = \frac{64}{49}.

2.) Jelölje G(x) a ξ^{3} valószínűségi változó eloszlás és g(x) ξ^{3} sűrűségfüggvényét. Ekkor G(x) = P (ξ^{3} < x) = P (ξ < x^{1/3}) = F (x^{1/3}), ahol F (x) = 1 − e^{−λx}, ha x ≥ 0, F (x) = 0, ha x < 0. Ezért G(x) = 0, ha x < 0, G(x) = 1 − e^{−λx^{1/3}}. Mivel

g(x) = \frac{dG(x)}{dx}, ezért g(x) = 0, ha x < 0, g(x) = \frac{1}{3}λx^{−2/3}e^{−λx^{1/3}}, ha x ≥ 0.

3.) Első megoldás: Eξ^{5} = ∫_{0}^{1} x^{5} dx = [\frac{x^{6}}{6} ]_{0}^{1} = \frac{1}{6}, és Var ξ^{5} = E(ξ^{5})^{2} − (Eξ^{5})^{2} =

Eξ^{10} − (\frac{1}{6})^{2}, Eξ^{10} = ∫_{0}^{1} x^{10} dx = [\frac{x^{11}}{11} ]_{0}^{1} = \frac{1}{11}, ahonnan Var ξ^{5} = \frac{1}{11} − \frac{1}{36} = \frac{25}{396}.

Második megoldás: Számoljuk ki először az η = ξ^{5} valószínűségi változó g(x) sűrűségfüggvényét. G(x) = P (η < x) = P (ξ < x^{1/5}), G(x) = x^{1/5}, ha 0 ≤ x ≤ 1, és G(x) = 0, ha x < 0, G(x) = 1, ha x > 1. Innen g(x) = \frac{dG(x)}{dx}, g(x) = \frac{1}{5}x^{−4/5}, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1. Ezért Eξ^{5} = Eη = ∫_{0}^{1} x · \frac{1}{5}x^{−4/5} dx = \frac{1}{5} [\frac{5}{6}x^{6/5}]_{0}^{1} = \frac{1}{6}, Var ξ^{5} = Var η = Eη^{2} − (Eη)^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} · \frac{1}{5}x^{−4/5} dx − (\frac{1}{6})^{2} =

\frac{1}{5} [\frac{5}{11}x^{11/5}]_{0}^{1} = \frac{1}{11} − \frac{1}{36} = \frac{25}{396}. 4.) Tudjuk, hogy

Eξ = ∫_{0}^{2π} x\frac{1}{2π} (1 + \frac{1}{2} sin x) = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} x dx + \frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} x sin x dx,

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}, és

Eξ^{2} = ∫_{0}^{2π} x^{2} \frac{1}{2π} (1 + \frac{1}{2} sin x) = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} x^{2} dx + \frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} x^{2} sin x dx.

Továbbá \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} x dx = \frac{1}{2π} \frac{(2π)^{2}}{2} = π, és \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} x^{2} dx = \frac{1}{2π} \frac{(2π)^{3}}{3} = \frac{4}{3}π^{2},. Parciális integrálással (x sin x = −x\frac{d}{dx} cos x szereposztással) kapjuk, hogy

\frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} x sin x dx = \frac{1}{4π} [−x cos x]_{0}^{2π} + \frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} cos x dx

= \frac{1}{4π} (−2π + [sin x]_{0}^{2π}) = −\frac{1}{2}.

Hasonlóan, kétszeres parciális integrálás adja, hogy

\frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} x^{2} sin x dx = \frac{1}{4π} [−x^{2} cos x]_{0}^{2π} + \frac{1}{4π} ∫_{0}^{2π} 2x cos x dx

= −π + \frac{1}{4π} [2x sin x]_{0}^{2π} − \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} sin x dx = −π + \frac{1}{4π} [2x sin x]_{0}^{2π} = −π.

Innen Eξ = π − \frac{1}{2}, Eξ^{2} = \frac{4}{3}π^{2} − π, Var ξ = \frac{4}{3}π^{2} − π − (π − \frac{1}{2})^{2} = \frac{π^{2}}{3} − \frac{1}{4}. 5.) Vezessük be a következő η_{j} és η_{j}, 1 ≤ j ≤ 90 000, valószínűségi változókat. Legyen

ξ_{j} a j-ik ledobott pont helyének az értéke. Vezessük be a következő h(x) függvényt: h(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, h(x) = 1, ha 1 < x ≤ 2, h(x) = 2, ha 2 < x ≤ 3, és legyen ξ_{j} = h(η_{j}). Ekkor η_{j} egyenletes eloszlású a [0, 3] intervallumban, és ξ_{j} = h(η_{j}) a j-ik felírt pont értéke. Ezért minket a P (104 500 ≤ S ≤ 105 250) valószínűség értéke érdekel, ahol S = ∑_{j=1}^{90 000} ξ_{j}. Továbbá Eξ_{j} = ∫_{0}^{3} \frac{1}{3}h(x) dx =

∫_{0}^{1} \frac{1}{3}x dx + ∫_{1}^{2} \frac{1}{3} dx + ∫_{2}^{3} \frac{1}{3} · 2 dx = \frac{1}{3}(\frac{1}{2} + 1 + 2) = \frac{7}{6}, Eξ_{j}^{2} = ∫_{0}^{3} \frac{1}{3}h^{2}(x) dx = \frac{1}{3} ∫_{0}^{1} x^{2} dx + ∫_{1}^{2} \frac{1}{3} dx + ∫_{2}^{3} \frac{1}{3} · 4 dx = \frac{1}{3}(\frac{1}{3} + 1 + 4) = \frac{16}{9}, és Var ξ_{j} = Ex_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{16}{9} − \frac{49}{36} = \frac{5}{12}. Ezért ES = \frac{7}{6} · 90 000 = 105 000, Var S = \frac{5}{12}90 000 = (150)^{2} · \frac{5}{3}

P (104 500 ≤ S ≤ 105 250) = P (−\frac{500}{150}\sqrt{\frac{3}{5}} ≤ \frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} ≤ \frac{250}{150}\sqrt{\frac{3}{5}})

∼ Φ (\frac{\sqrt{15}}{3}) − Φ (−\frac{2\sqrt{15}}{3}) = Φ (\frac{\sqrt{15}}{3}) + Φ (\frac{2\sqrt{15}}{3}) − 1

a centrális határeloszlástétel alapján. 6.) Valószínűségi változók függetlenségének a definiciója. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n}

valószínűségi változók egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Azt mondjuk, hogy ezek a valószínűségi változók függetlenek, ha minden x_{1}, …, x_{n} valós számra

P (ξ_{1} < x_{1}, …, ξ_{n} < x_{n}) = P (ξ_{1} < x_{1}) ⋯ P (ξ_{n} < x_{n}).

Elfogadtam a következő választ is, mert a valószínűségszámítás bizonyos eredményei szerint ez ekvivalens az eredeti definicióval.

A ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók akkor függetlenek, ha a számegyenes minden B_{1}, …, B_{n} Borel mérhető részhalmazára teljesül a

P (ξ_{1} ∈ B_{1}, …, ξ_{n} ∈ B_{n}) = P (ξ_{1} ∈ B_{1}) ⋯ P (ξ_{n} ∈ B_{n})

azonosság.