A november 30.-i gyakorlat témája

Az előadáson szerepelt annak az állításnak a bizonyítása, hogy a standard normális eloszlás sűrűségfüggvénynek nevezett \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} függvény sűrűségfüggvény, tehát

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

Lássuk be (e tény felhasználásával),

1.) Egy standard normális eloszlású ξ valószínűségi változó, azaz egy \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} sűrűségfüggvénnyel rendelkező valószínűségi változó várható értéke nulla és szórásnégyzete 1. Megoldás:

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

mert az x\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} integrandus páratlan függvény. Ezért Var ξ = Eξ^{2}, és parci-

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

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

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

2.) Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó. Számoljuk ki a ξ valószínűségi változó negyedik momentumát. Legyen ξ̄ egy várható értékű és kettő szórásnégyzetű normális eloszlású valószínűségi változó. Számoljuk ki ξ̄ sűrűségfüggvényét és negyedik momentumát. Megoldás:

Eξ^{4} = ∫_{−∞}^{∞} x^{4} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = ∫_{−∞}^{∞} −x^{3} \frac{d}{dx} (\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}) dx

= [−x^{3} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}]_{−∞}^{∞} + ∫_{−∞}^{∞} 3x^{2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx

= 3 ∫_{−∞}^{∞} x^{2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = 3.

A ξ̃ = \frac{ξ̄−1}{\sqrt{2}} valószínűségi változó standard normális eloszlású, és ξ̄ = \sqrt{2}(ξ̃ + 1),

ahol ξ̃ standard normális eloszlású, ha ξ̄ normális eloszlású 1 várható értékű és 2 szórásnégyzetű valószínűségi változó. Ezért, mint azt az előző órán megtárgyaltuk ξ̄ sűrűségfüggvénye \frac{1}{\sqrt{2}}φ (\frac{x−1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−(x−1)^{2}/4}. Ezért

Eξ̄^{4} = ∫_{−∞}^{∞} x^{4} \frac{1}{2\sqrt{π}} e^{−(x−1)^{2}/4} dx,

ahonnan u = \frac{x−1}{\sqrt{2}} helyettesítéssel

Eξ̄^{4} = ∫_{−∞}^{∞}(\sqrt{2}u + 1)^{4} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du = 4 ∫_{−∞}^{∞} u^{4} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du

+ 8\sqrt{2} ∫_{−∞}^{∞} u^{3} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du + 12 ∫_{−∞}^{∞} u^{2} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du

+ 4\sqrt{2} ∫_{−∞}^{∞} u\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du + ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/4} du

= 12 + 0 + 12 + 0 + 1 = 25

Valójában az Eξ̄^{4} negyedik momentumot egyszerűbben is kiszámolhattuk volna. Eξ̄^{4} = E(\sqrt{2}ξ̃+1)^{4} = 4Eξ̃^{4} +8\sqrt{2}Eξ̃^{3} +12Eξ̃^{2} +4\sqrt{2}ξ̃+1 = 4·3+0+12·1+1 = 25.

3.) Egy szabályos dobókockát és egy szabályos érmét feldobunk 3300 alkalommal egymástól függetlenül. (Az érme és kockadobások eredményei is függetlenek egymástól.) Ha a kockadobás eredménye páros és az érme a fej oldalra esett, akkor annyi forintot nyerünk, amennyi a kockadobás eredménye. Ha az érme az írás oldalra esett vagy a kockadobás eredménye páratlan szám, akkor nem nyerünk, és nem is vesztünk semmit. Mi a valószínűsége annak, hogy az össznyereményünk 3190 és 3520 forint közé esik? Adjunk erre jó közelítő becslést a centrális határeloszlástétel és egy normális eloszlástáblázat segítségével. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, és η_{j} 1 ≤ j ≤ 3300, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik kockadobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik kockadobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik kockadobás eredménye 6, ξ_{j} = 0, ha a j-ik kockadobás eredménye 1, 3 vagy 5. Legyen η_{j} = 1, ha a j-ik érmedobás eredménye fej, és η_{j} = 0, ha a j-ik érmedobás írás. Legyen ζ_{j} = ξ_{j}η_{j}. Ekkor a j-ik dobásnál a nyereményünk

ζ_{j} lesz, 1 ≤ j ≤ 3300, és a P (3190 ≤ ∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} ≤ 3520) valószínűséget kell jól meg-

becsülnünk. Ennek érdekében számoljuk ki a független ζ_{j} valószínűségi változók várható értékét és szórásnégyzetét. Eζ_{j} = Eξ_{j}η_{j} = Eξ_{j}Eη_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6)\frac{1}{2} = 1, Eζ_{j}^{2} = Eξ_{j}^{2}Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) · \frac{1}{2} = \frac{14}{3}, Var ζ_{j}^{2} = Eζ_{j}^{2} − (Eζ_{j})^{2} = \frac{11}{3}. Innen a centrális határeloszlástétel alapján

P (3190 ≤ ∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} ≤ 3520) = P (\frac{−110}{\sqrt{3300\frac{11}{3}}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{3300} ζ_{j} − ∑_{j=1}^{3300} Eζ_{j}}{\sqrt{∑_{j=1}^{3300} Var ξ_{j}}} ≤ \frac{220}{\sqrt{3300\frac{11}{3}}} )

∼ Φ(2) − Φ(−1) = 0.9772 + 0.8413 − 1 = 0.9285.

4.) 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 válassztanunk 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.

5.) Ledobunk egymástól függetlenül 24 000 pontot a [0, 2] intervallumra egyenletes eloszlással, (azaz annak a valószínűsége, hogy egy ledobott pont értéke x-nél kisebb \frac{x}{2}-vel egyenlő, ha 0 ≤ x ≤ 2, eggyel egyenlő, ha x ≥ 2, és nulla, ha x ≤ 0.) Őrizzük meg azokat a ledobott pontokat, melyek értéke 1-nél kisebb, és hagyjuk el azokat, melyek értéke, nagyobb mint egy. Mi annak a valószínűsége, hogy a megőrzött pontok értékeinek az összege 5900 és 6075 közé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést a mellékelt normális eloszlástáblázat segítségével. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 24 000, valószínűségi változókat: ξ_{j} = x, ha a j-ik ledobott pont értéke x, és 0 ≤ x ≤ 1, és ξ_{j} = 0, ha a jik ledobott pont értéke az (1, 2] intervallumba esik. Ekkor a megőrzött pontok

összege S = ∑_{j=1}^{24 000} ξ_{j}, továbbá a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek és egyforma

eloszlásúak. Ezért a centrális határeloszástétel segítségével jó becslést tudunk adni a minket érdeklő P (5900 < S < 6075) valószínűségre. Ennek érdekében ki kell számolnunk a ξ_{1} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

A ξ_{1} valószínűségi változó várható értékének és szórásnégyzetének a kiszámolása érdekében vezessük be az η_{1} valószínűségi változót, amelyik megegyezik az első ledobott pont értékével, és a következő h(x) függvényt a [0, 2] intervallumon: Legyen h(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, és h(x) = 0, ha 1 ≤ x ≤ 2. Ekkor ξ_{1} = h(η_{1}), és η_{1} sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2}, ha 0 ≤ x ≤ 2, f(x) = 0, ha x < 0, és x > 2. Innen Eξ_{1} = Eh(ξ_{1}) = ∫ h(x) dx = ∫_{0}^{1} x\frac{1}{2} dx = \frac{1}{4}, Eξ_{1}^{2} = Eh(η_{1})^{2} = ∫_{0}^{1} x^{2} \frac{1}{2} dx = \frac{1}{6}, és Var ξ_{1} = Eξ_{1}^{2} − (Eξ_{1})^{2} = \frac{1}{6} − \frac{1}{16} = \frac{5}{48}. Ezért ES = 6000, Var S = 2500. Innen

P (5900 < S < 6075) = P (−2 < \frac{S − ES}{\sqrt{Var S}} < 1.5)
∼ Φ(1.5) − Φ(−2) = Φ(1.5) + Φ(2) − 1.

Megjegyzés: Egy más módon is kiszámíthatjuk a ξ_{1} valószínűségi változó várható értékét. Ennek érdekében vegyük észre, hogy ugyan a ξ_{1} valószínűségi változónak nincs sűrűségfüggvénye, és nem diszkrét eloszlású, viszont annak F eloszlásfüggvénye felírható F (x) = F_{1}(x) + F_{2}(x) alakban, ahol F_{1}(x)-nek van sűrűségfüggvénye, és ez az f(x) = \frac{1}{2} függvény a [0, 1] intervallumon, és f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1, és F_{2}(x) olyan mértéket határoz meg, amely a nullába van koncentrálva, és a nulla mértéke \frac{1}{2}. Pontosabban, tetszőleges A halmaz valószínűsége P (A) = ∫_{A} F ( dx) = ∫_{A} F_{1}( dx) + ∫_{A} F_{2}( dx) = ∫_{A} \frac{1}{2} dx + ∫_{A} F_{2}( dx), ahol ∫_{A} F_{2}( dx) = \frac{1}{2}, ha 0 ∈ A, és ∫_{A} F_{2}( dx) = 0, ha 0 ∉ A. Ekkor tetszőleges h(x) függvényre Eh(ξ) = ∫ h(x)F ( dx) = ∫ h(x)F_{1}( dx) + ∫ h(x)F_{2}( dx) = ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}h(x) dx + \frac{1}{2}h(0). Ezért

Eξ_{1} = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} x dx = \frac{1}{4}, Eξ_{1}^{2} = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} x^{2} dx = \frac{1}{6},

Var ξ_{1} = \frac{1}{6} − \frac{1}{16} = \frac{5}{48}. 6.) Legyen ξ egyenletes eloszlású valószínűségi változó a [−1, 1] intervallumon, azaz

legyen sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2}, ha −1 ≤ x ≤ 1, és f(x) = 0, ha x > 1 vagy x < −1. Számoljuk ki a ξ^{4} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Megoldás: Var ξ^{4} = E(ξ^{4})^{2} − (Eξ^{4})^{2} = Eξ^{8} − (Eξ^{4})^{2} = ∫_{−1}^{1} \frac{1}{2}x^{8} dx − (∫ \frac{1}{2}x^{4} dx)^{2} =

\frac{1}{9} − (\frac{1}{5})^{2} = \frac{16}{225}. Második megoldás. Számoljuk ki ξ^{4} F (x) eloszlás és f(x) sűrűségfüggvényét.

F (x) = P (ξ^{4} < x) = P (−x^{1/4} < ξ < x^{1/4}) = x^{1/4}, ha 0 ≤ x ≤ 1

F (x) = 0, ha x ≤ 0 és F (x) = 1, ha x ≥ 1. Innen f(x) = \frac{1}{4}x^{−3/4}, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0 egyébként. Ezért Eξ = ∫ xf(x) dx = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x^{1/4} dx = \frac{1}{4} · \frac{4}{5} = \frac{1}{5}, Eξ^{2} = ∫ x^{2}f(x) dx = ∫_{0}^{1} \frac{1}{4}x^{5/4} dx = \frac{1}{4} · \frac{4}{9} = \frac{1}{9}, Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2} = \frac{1}{9} − (\frac{1}{5})^{2} = \frac{16}{225}.

7.) Legyen a ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvénye f(x) = e^{−|x|}, ha |x| ≥ 1, és f(x) = \frac{1}{2} − \frac{1}{e}, ha |x| ≤ 1. Mutassuk meg, hogy f(x) valóban sűrűségfüggvény, és számoljuk ki a ξ valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét.

Megoldás: Annak belátásához, hogy f(x) sűrűségfüggvény azt kell ellenőrizni, hogy egyrészt f(x) ≥ 0 minden −∞ < x < ∞ számra, másrészt ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx = 1. Az első állítás nyílvánvaló. A második állítás is igaz, mivel ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx = ∫_{−∞}^{−1} e^{x} dx+ ∫_{−1}^{1} (\frac{1}{2} − \frac{1}{e}) dx + ∫_{1}^{∞} e^{−x} dx = \frac{1}{e} + 2 (\frac{1}{2} − \frac{1}{e}) + \frac{1}{e} = 1.

Mivel f(x) páros függvény, ezért Eξ = ∫_{−∞}^{∞} xf(x) dx = 0, és Var ξ = Eξ^{2}−(Eξ)^{2} = Eξ^{2} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2}f(x) dx. Ezért

V arξ = ∫_{−∞}^{−1} x^{2}e^{x} dx + ∫_{−1}^{1} (\frac{1}{2} − \frac{1}{e}) x^{2} dx + ∫_{1}^{∞} x^{2}e^{−x} dx

= 2 ∫_{1}^{∞} x^{2}e^{−x} dx + 2 ∫_{0}^{1} (\frac{1}{2} − \frac{1}{e}) x^{2} dx.

Mivel parciális integrálással kapjuk, hogy

2 ∫_{1}^{∞} x^{2}e^{−x} dx = [−2x^{2}e^{−x}]_{1}^{∞} + ∫_{1}^{∞} 4xe^{−x} dx

= \frac{2}{e} − [4xe^{−x}]_{1}^{∞} + 4 ∫_{1}^{∞} e^{−x} dx = \frac{2}{e} + \frac{4}{e} + \frac{1}{e} = \frac{7}{e},

és

2 ∫_{0}^{1} (\frac{1}{2} − \frac{1}{e}) x^{2} dx = \frac{1}{3} (1 − \frac{2}{e}) [x^{3}]_{0}^{1} = (\frac{1}{3} − \frac{2}{3e}) ,

ezért Var ξ = \frac{1}{3} + \frac{19}{3e}.

Házi feladat

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.