A november 14-i gyakorlat témája

1.) Száz alkalommal a következő (független) kisérletet végezzük. Ledobunk egy pontot egyenletes eloszlással a [0, 3] intervallumra, és feldobunk egy szabályos szabályos dobókockát egymástól függetlenül. Ha hatost dobtunk a kockával megnyerjük a ledobott pont értékének a kétszerését, ha egyest dobunk, akkor annyi büntetést kell fizetnünk, amennyi a ledobott pont értéke. Számítsuk ki nyereményünk várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Jelölje ζ_{j}, 1 ≤ j ≤ 100, a j-ik fordulóban szerzett nyereményünket, és számoljuk ki az Eζ_{j} várható értéket és Var ζ_{j} szórásnégyzetet. Ennek érdekében vezessük be a következő ξ_{j} és η_{j} valószínűségi változókat: ξ_{j} a j-ik ledobott pont helye a [0, 3] intervallumban, η_{j} = 2, ha a j-ik kockadobás eredménye hatos, η_{j} = −1, ha a j-ik dobás eredménye 1, és η_{j} = 0, ha a j-ik kockadobás értéke 2, 3, 4 vagy 5. Ekkor ζ_{j} = ξ_{j}η_{j}, és Eζ_{j} = Eξ_{j}Eη_{j}, Eζ_{j}^{2} = Eξ_{j}^{2}Eη_{j}^{2} a ξ_{j} és η_{j}

valószínűségi változók függetlensége miatt. Innen Eξ_{j} = \frac{1}{3} ∫_{0}^{3} u du = [\frac{u^{2}}{6} ]_{0}^{3} = \frac{3}{2},

Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{3} ∫_{0}^{3} u^{2} du = [\frac{u^{9}}{3} ]_{0}^{3} = 3, Eη_{j} = \frac{1}{6}(2 − 1) = \frac{1}{6}, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(4 + 1) = \frac{5}{6}, ahonnan

Eζ_{j} = \frac{1}{4}, Eζ_{j}^{2} = \frac{5}{2}. Ezért Eζ_{j} = \frac{1}{4}, Var ζ_{j} = Eζ_{j}^{2} −(Eζ_{j})^{2} = \frac{5}{2} − \frac{1}{16} = \frac{39}{16}, és a kere-

sett várható érték és szórásnégyzet E ( ∑_{j=1}^{100} ζ_{j}) = ∑_{j=1}^{100} Eζ_{j} = 25, Var ( ∑_{j=1}^{100} ζ_{j}) =

∑_{j=1}^{100} Var ζ_{j} = \frac{3900}{16}.

2.) Legyen ξ valószínűségi változó f(u) sűrűségfüggvénnyel, a és b valós számok. Határozzuk meg az η = aξ + b és ζ = ξ^{2} valószínűségi változók sűrűségfüggvényét. Megoldás: Legyen F (x) = P (ξ < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye. Ekkor az η = aξ + b valószínűségi változó eloszlásfüggvénye a G(x) = P (η < x) = P (ξ < \frac{x−b}{a}) = F (\frac{x−b}{a}) függvény, ha a > 0, és G(x) = P (η < x) = P (ξ > \frac{x−b}{a}) = 1 − F (\frac{x−b}{a}), ha a < 0. Innen η sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = \frac{1}{|a|}f (\frac{x−b}{a}).

A ζ = ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvénye

G(x) = P (ξ^{2} < x) = P (−\sqrt{x} < ξ < \sqrt{x}) = F (\sqrt{x}) − F (−\sqrt{x}) ,

ha x ≥ 0, és G(x) = 0, ha x < 0. Innen deriválással ζ sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} (f (\sqrt{x}) + f (−\sqrt{x})).

3.) 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}}.

Megoldás: E(σξ + m) = σEξ + m = m, és Var (σξ + m) = σ^{2}Var ξ = σ^{2}. Továbbá, az előző feladat eredménye alapján a σξ+m valószínűségi változó sűrűségfüggvénye az f(x) = \frac{1}{|σ|}φ (\frac{x−m}{σ}), ahol φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, a standard normális sűrűségfüggvény. Innen következik a feladat állítása.

4.) Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkorEξ^{2k−1} = 0, Eξ^{2k} = 1 · 3 ⋯ (2k − 1) minden k = 1, 2, … számra. Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait. Megoldás:

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

mert az integrandus páratlan függvény. Másrészt parciális integrálással f(x) = x^{2k−1} és g(x) = x\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} = \frac{d}{dx} (−\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}) kapjuk, hogy

Eξ^{2k} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k} \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}.

Innen k szerinti indukcióval kapjuk a feladat második állítását.

5.) Számítsuk ki egy az [a, b] intervallumban egyenletes eloszlású ξ valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás:

Eξ = ∫_{a}^{b} u\frac{1}{b − a} du = \frac{1}{b − a} [\frac{u^{2}}{2} ]_{a}^{b} = \frac{b^{2} − a^{2}}{2(b − a)} = \frac{a + b}{2},

Var ξ = E (ξ − \frac{b − a}{2})^{2} = ∫_{a}^{b} (u − \frac{b − a}{2})^{2} \frac{1}{b − a} du = ∫− \frac{b−a}{2}^{\frac{b−a}{2}} \frac{u^{2}}{b − a} du

Innen v = \frac{2u}{b−a} helyettesítéssel

Var ξ = \frac{(b − a)^{2}}{8} ∫_{−1}^{1} v^{2} dv = \frac{(b − a)^{2}}{8} [\frac{v^{3}}{3} ]_{−1}^{1} = \frac{(b − a)^{2}}{12} .

6.) Dobjunk le egy pontot egyenletes eloszlással a [0, 4] intervallumra. Írjuk fel e pont értékét, ha a ledobott pont a [0, 2] intervallumba esik, írjuk le a 2 számot, ha a pont a [2, 3], a 3 számot, ha a pont a (3, 4] intervallumba esik. Mutassuk meg, hogy a leírt szán értékével egyenlő ξ valószínűségi változó F (x) eloszlásfüggvénye a következő: F (x) = 0, ha x ≤ 0, F (x) = \frac{x}{4}, ha 0 ≤ x ≤ 2, F (x) = \frac{3}{4}, ha x < 2 ≤ 3, és F (x) = 1, ha x ≤ 3. Mutassuk meg továbbá, hogy F (x) felírható F (x) = F_{1}(x) + F_{2}(x) alakban a következő módon: F_{1}(x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du, f(u = \frac{1}{2}, ha 0 ≤ x ≤ 2, f(u) = 0, ha u < 0 vagy u > 2, és F_{2}(x) = 0, ha x ≤ 2, F (x) = \frac{1}{4}, ha 2 < x ≤ 3, F (x) = \frac{1}{2}, ha x ≥ 3. Mutassuk meg, hogy tetszőleges g(x) függvényre Eg(ξ) = \frac{1}{4} ∫_{0}^{2} g(u) du + \frac{1}{4}g(2) + \frac{1}{4}g(3). Első megoldás: Hasonlóan a múlt órán tárgyalt 2. feladathoz ellenőrizhetjük, hogy a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye a feladatban megadott F (x) eloszlásfüggvény. Az F (x) függvényt felírhatjuk F (x) = F_{1}(x) + F_{2}(x) alakban, ahol F_{1}(x) = 0, ha x ≤ 0, F_{1}(x) = \frac{1}{4}x, ha 0 ≤ x ≤ 2, F_{1}(x) = \frac{1}{2}, ha x ≥ 2, és F_{2}(x) = 0, ha x ≤ 2, F_{2}(x) = \frac{1}{4}, ha 2 < x ≤ 3, F_{2}(x) = \frac{1}{2}, ha x > 3. Tulajdonképpen azt tettük, hogy leválasztottuk a tisztán ugró függvény részt az F (x) eloszlásfüggvényről, így kaptuk az F_{2}(x) függvényt, a maradék F_{1}(x) = F (x) − F_{2}(x) függvény pedig mindenütt folytonos. Az F_{1}(x) függvény minden pontban folytonos, és 0 és 2 pont kivételével mindenütt deriválható. Ezért a sűrűségfüggvény létezéséről szóló tétel segítségével felírhatjuk, hogy F_{1}(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u) du, valamint ∫ g(u) dF_{1}(u) = ∫_{−∞}^{∞} g(u)f(u) du minden −∞ < x < ∞ számra, ahol f(x) = \frac{1}{4}, ha 0 ≤ x ≤ 2, és f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2. Másrészt a diszkrét eloszlású valószínűségi változó várható értékének a kiszámolásáról szóló tétel alapján F_{2}(x) felírható az ott megadott módon a_{1} = 2, a_{2} = 3, p_{1} = p_{2} = \frac{1}{4} paraméterekkel. Ezért ∫_{−∞}^{∞} g(u) dF_{2}(u) = \frac{1}{4}g(2) + \frac{1}{4}g(3). Ezután a Lemma segítségével kapjuk a feladat végső állítását. Második megoldás: Jelölje η a ledobott pont helyét, ami egy a [0, 4] intervallumban egyenletes eloszlású valószínűségi változó. Ennek a valószínűségi változónak a sűrűségfüggvénye a következő f(x) függvény: f(x) = \frac{1}{4}, ha 0 ≤ x ≤ 4, f(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 4 függvény Továbbá definiáljuk a következő y = h(x) függvényt a [0, 4] intervallumon: h(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 2, h(x) = 2, ha 2 < x ≤ 3, h(x) = 3, ha 3 < x ≤ 4. Ekkor ξ = h(η), ezért g(ξ) = g(h(η)), és Eg(ξ) = Eg(h(η)) = ∫_{0}^{4} ∫ g(h(x))\frac{1}{4} dx = \frac{1}{4} ∫_{0}^{2} g(x) dx + \frac{1}{4}g(2) + \frac{1}{4}g(3).

A fenti feladat első megoldási módszere azt jelzi, hogy az eloszlásfüggvény felbontásának segítségével egy tisztán ugró és folytonos részre a kívánt várható értéket ki lehet számolni a fenti két tétel és lemma segítségével. Felmerülhet a kérdés, hogy van-e olyan eloszlásfüggvény, amelynek esetében a fenti ismeretek nem elegendőek a várható érték kiszámolásához. A válasz az, hogy lehet rosszindulatú és mesterkélt módon ilyen példákat konstruálni, de a gyakorlatban előforduló összes feladat megoldásához elegendő a fenti eredmények használata (és a megfelelő integrálok és összegek kiszámítása).