Az április 18.-i gyakorlat feladatai

Felidézem 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. 1.) 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. 2.) 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.

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, …

3.) 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.

4.) 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}.