Az május 2.-i gyakorlat feladatai

1.) 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. 2.) 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} . 3.) Legyenek ξ és η független valószínűségi változók f(x) és g(x) sűrűségfüggvénnyel.

Mutassuk meg, hogy ξ−η sűrűségfüggvénye a h(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(x+y)g(y) dy függvény. Értsük meg e formula szemléletes tartalmát is. Megoldás Legyen η̄ = −η. Ekkor η̄ sűrűségfüggvénye g(−x), ξ és η̄ függetlenek és ξ − η = ξ + η̄. Innen ξ − η sűrűségfüggvénye h(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(x − y)g(−y) dy, és elvégezve az ȳ = −y helyettesítést az integrálban megkapjuk a kívánt állítást. Szemléletes (nem precíz) magyarázat: Annak valószínűsége, hogy a ξ −η valószínűségi változó az [x, x + dx] intervallumba esik h(x) dx. Ez úgy következhet be, hogy az a ξ valószínűségi változó valamely x + y értéket vesz fel, az η pedig az [y, y + dx] intervallumba esik aminek valószínűsége f(x + y)g(y) dx, az y pedig tetszőleges, azaz e változóra összegezni, illetve folytonos értékű lévén integrálni kell. Ez azt jelenti, hogy h(x) dx = (∫ f(x + y)g(y) dy) dx. Hasonló módon megmagyarázható a konvolució formula is.)

4.) Ha a ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvénye f(x), akkor az η = aξ + b valószínűségi változó sűrűségfüggvénye, a > 0 g(x) = \frac{1}{a}f (\frac{x−b}{a}). Megoldás: Jelölje F (x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u) du a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. Ekkor η eloszlásfüggvénye G(x) = P (η < x) = P (aξ + b < x) = P (ξ < \frac{x−b}{a}), sűrűségfüggvénye pedig g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = \frac{d}{dx}F (\frac{x−b}{a}) = \frac{1}{a}f (\frac{x−b}{a}).

5.) Két botot véletlenszerűen, egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi az így kapott új bot hosszának az F (u) eloszlásfüggvénye?

Negoldás: Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, amely azt adja meg, hogy a j-ik bot rövidebb végének mi a hossza. Ekkor ξ_{1}, és ξ_{2} független valószínűségi változók, melyek sűrűségfüggvénye az az f(·) függvény, amelyre f(x) = 2, ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{2}, és f(x) = 0 egyébként. Minket a ξ_{1} + ξ_{2} valószínűségi változó eloszlása érdekel. Viszont ξ_{1} + ξ_{2} sűrűségfüggvénye g(x) = f ∗ f(x), ahonnan g(x) = 2 − |2 − 4x|, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 különben. Ezt kiintegrálva megkapjuk az eredményt, amelyet a a következő képletek adnak meg: F (u) = 0, ha u ≤ 0, F (u) = 1 − 2u^{2}, ha 0 ≤ u ≤ \frac{1}{2}, F (u) = 1 − 2(1 − u)^{2} = 4u − 2u^{2} − 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ 1. Ha u ≥ 1, akkor F (u) = 1.

6.) Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak? Megoldás: Jelölje ξ_{j}, j = 1, 2, azt a valószínűségi változót, amely azt adja meg, hogy hány (0 és 1 közötti számmal kifejezhető) órával 8 óra után jelent meg a j-ik ember a helyszínen. Ekkor ξ_{1} és ξ_{2} független a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változók. Minket a −\frac{1}{2} ≤ ξ_{1} − ξ_{2} ≤ \frac{1}{2} események valószínűsége érdekel. Az F (u) = P (ξ_{1} − ξ_{2} < u) eloszlás sűrűségfüggvénye a g(u) = f_{1} ∗ f_{2}(u) konvolúció, ahol f_{1}(u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, f_{1}(u) = 0, különben, f_{2}(u) = 1, ha −1 ≤ u ≤ 0, f_{2}(u) = 0 különben. Ekkor a minket érdeklő mennyiség az

F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2} g(u) du integrál. Továbbá,

g(x) = f_{1} ∗ f_{2}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f_{1}(u)f_{2}(x − u) du = ∫_{−∞}^{∞} f(u)f(x − u) du, −∞ < x < ∞,

ahol f(u) = 1, ha \frac{1}{2} ≤ u ≤ \frac{1}{2}, f(u) = 0, ha u ≥ \frac{1}{2}. A korábbi feladatok megoldásából következik, hogy g(u) = 1 − u, ha 0 < u < 1

g(u) = 1 + u, ha −1 < u < 0. Innen F (\frac{1}{2}) − F (−\frac{1}{2}) = ∫_{−1/2}^{1/2}(1 − |u|) du = \frac{3}{4}.

7.) 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.

8.) 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 egyen-

letet 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.

9.) Ledobunk egymástól függetlenül 24 000 pontot a [0, 2] intervalumra 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. Vegyük észre, hogy ugyan a ξ_{1} valószínúségi változónak nincs sűrűségfüggvénye, és nem diszkrét eloszláaú, viszont anak F eloszlásfüggvénye felírható F (x) = F_{1}(x)+F_{2}(x) alakban, ahol F_{1}(x) nek van sűrűségfüggvénye, ami 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, amelyik 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}, és 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.