DOLGOZAT FELADATOK

1. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó, amelyek közül ξ λ paraméterű és η μ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó, azaz a ξ valószínűségi változó f(·) sűrűségfüggvénye f(x) = λe^{−λx}, ha x ≥ 0, f(x) = 0, ha x < 0, az η valószínűségi változó g(·) sűrűségfüggvénye g(x) = μe^{−μx}, ha x > 0, g(x) = 0, ha x < 0, továbbá λ > 0, μ > 0 és λ ≠ μ. Számítsuk ki a ξ + η összeg sűrűségfüggvényét.

2. Legyen a (ξ, η) kétdimenziós véletlen vektor eloszlása egyenletes a (0, 0), (0, 1), (2, 0) csúcspontok által meghatározott derékszögű háromszögben, azaz legyen sűrűségfüggvénye az f(x, y) = 1 az x ≥ 0, y ≥ 0, 2y + x ≤ 2 egyenlőtlenséget teljesítő (x, y) pontokban, és f(x, y) = 0 egyébként. Számoljuk ki a ξ és η valószínűségi változók Cov (ξ, η) kovarianciáját.

3. Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Kihúzunk visszatevéssel 101 golyót. Jelölje ξ azon húzások számát, amikor a kihúzott golyó színe megegyezik az előzőleg kihúzott golyó színével. Számoljuk ki ξ várható értékét és szórásnégyzetét.

4. Legyen ξ normális eloszlású valószínűségi változó −1 várható értékkel és 4 szórásnégyzettel, azaz legyen a sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{\sqrt{8π}} e^{−(x+1)^{2}/8}. Számoljuk ki az Ee^{tξ} várható értéket tetszőleges t valós számra.

5. Az a feltételezésünk, hogy egy nálunk levő pénzdarab legalább \frac{4}{5} valószínűséggel esik a fej, és legfeljebb \frac{1}{5} valószínűséggel az írás oldalra. E feltevés ellenőrzése érdekében feldobjuk a pénzdarabot 10 000 alkalommal, és kijelölünk egy k számot úgy, hogy amennyiben legalább k darab fejdobás történt akkor elfogadjuk ezt a feltevést, ha pedig kevesebb fejdobás történt, akkor elutasítjuk. Hogyan válasszuk ezt a k számot, ha azt akarjuk, hogy feltevésünk helyessége esetén legalább 0.9 valószínűséggel döntsünk úgy, hogy igaz ez a feltevés?

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

MEGOLDÁSOK.

1. Tudjuk, hogy a tekintett két független valószínűségi változó összegének a sűrűségfüggvényét az f ∗ g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u)g(x − y) du konvolució segítségével számíthatjuk ki. Mivel f(x) = 0, g(x) = 0, ha x < 0, ezért ebben az esetben a konvolucióban szereplő integrandus f(u)g(x − u) = 0, ha u < 0 vagy x − u < 0, azaz u ≥ x. Innen

f ∗ g(x) = ∫_{0}^{x} λe^{−λu}μe^{−μ(x−u)} du = λμe^{−μx} ∫_{0}^{x} e^{−(λ−μ)u} du, ha x ≥ 0,

és f ∗ g(x) = 0, ha x < 0. Ezért

f ∗ g(x) = \frac{λμe^{−μx}}{μ − λ} [e^{−(λ−μ)u}]_{0}^{x} = λμ\frac{e^{−λx} − e^{−μx}}{μ − λ} ha x ≥ 0 és λ ≠ μ.

2.) Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη, Eξη = ∫ xyf(x, y) dx dy, Eξ = ∫ xf(x, y) dx dy és Eη = ∫ yf(x, y) dx dy.

Eξη = ∫_{−∞}^{∞} ∫_{∞}^{∞} xyf(x, y) dx dy = ∫_{0}^{2} x (∫_{0}^{1} f(x, y)y dy) dx

= ∫_{0}^{2} x (∫_{0}^{1− \frac{x}{2}} y dy) dx = ∫_{0}^{2} x [\frac{y^{2}}{2} ]_{0}^{1− \frac{x}{2}} dx = ∫_{0}^{2} x\frac{(1 − \frac{x}{2})^{2}}{2} dx

= ∫_{0}^{2} (\frac{x^{2}}{8} − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x}{2}) dx = \frac{1}{2} − \frac{8}{6} + 2 = \frac{1}{6},

Eξ = ∫_{0}^{2} (∫_{0}^{1− \frac{x}{2}} x dy) dx = ∫_{0}^{2} (x − \frac{x^{2}}{2} ) dx = 2 − \frac{8}{6} = \frac{2}{3},

Eη = ∫_{0}^{2} (∫_{0}^{1− \frac{x}{2}} y dy) dx = ∫_{0}^{2} [\frac{y^{2}}{2} ]_{0}^{1− \frac{x}{2}} dx

= ∫_{0}^{2} \frac{1 − x + \frac{x^{2}}{4}}{2} dx = \frac{1}{3} − 1 + 1 = \frac{1}{3}.

Innen, Cov (ξ, η) = \frac{1}{6} − \frac{2}{3} · \frac{1}{3} = −\frac{1}{18}.

3. Vezessük be a ξ_{i}, 2 ≤ i ≤ 101, valószínűségi változókat úgy, hogy ξ_{i} = 1, ha az i-ik és i−1-ik húzásban azonos színű golyót húzunk, ξ_{i} = 0, ha az i-ik húzásban különböző

színű golyókat húzunk. Legyen ξ = ∑_{i=2}^{101} ξ_{i}. Ekkor az Eξ és Var ξ mennyiségeket kell

kiszámolnunk.

Eξ = ∑_{i=2}^{101} Eξ_{i} = 100Eξ_{2}, mert a ξ_{i} valószínűségi változók azonos eloszlásúak. Ezért,

Eξ_{2} = (\frac{2}{5})^{2} + (\frac{3}{5})^{2} = \frac{13}{25}, és Eξ = 100Eξ_{2} = 52.

Var ξ = ∑_{i=2}^{101} Var ξ_{i} + ∑_{2≤i,j≤101, i≠j} Cov (ξ_{i}, ξ_{j}) = 100Var ξ_{2} + 2 ∑_{i=2}^{100} Cov (ξ_{i}, ξ_{i+1})
= 100Var ξ_{2} + 2 · 99 · Cov (ξ_{2}, ξ_{3}),

mert Cov (ξ_{i}, ξ_{j}) = 0, ha |i−j| ≥ 2. Továbbá, Var ξ_{2} = Eξ_{2}^{2}−(Eξ_{2})^{2} = \frac{13}{25} −(\frac{13}{25})^{2} = \frac{156}{625}, és Cov (ξ_{2}, ξ_{3}) = Eξ_{2}ξ_{3} − Eξ_{2}Eξ_{3}, Eξ_{2}ξ_{3} = (\frac{2}{5})^{3} + (\frac{3}{5})^{3} = \frac{35}{125}, mert ξ_{2}ξ_{3} csak nulla és 1 értéket vesz fel, és akkor vesz fel 1 értéket, ha az első három húzás mindegyike vagy piros vagy fehér.

Innen Cov (ξ_{2}, ξ_{3}) = \frac{35}{125} − (\frac{13}{25})^{2} = \frac{6}{625}, és Var ξ = 100 · \frac{156}{625} + 2 · 9 · 6625 = \frac{16788}{625} = 26, 8608.

4. A ξ valószínűségi változót felírhatjuk ξ = 2η − 1 alakban, ahol η standard normális valószínűségi változó. Ezért Ee^{tξ} = Ee^{t(2η−1)} = e^{−t}Ee^{(2t)η}. A gyakorlaton kiszámoltuk, hogy Ee^{tη} = e^{t^{2}/2} tetszőleges valós t számra. (Lásd a feladatsor 1. feladatát.) Ezt a számolást itt nem ismétlem meg. Ezt az eredményt felhasználva kapjuk, hogy Ee^{tξ} = e^{−t}e^{(2t)^{2}/2} = e^{2t^{2}−t}.

5. Vezessük be a ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10 000 valószínűségi változókat, amelyekre ξ_{j} = 1, ha a

j-ik dobás fej, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás írás. Legyen ξ = ∑_{j=1}^{10 000} ξ_{j}. Ekkor olyan k

számot keresünk, amelyre feltevésünk teljesülése esetén P (ξ > k) ≥ 0.9. Számoljuk ki ezt a k-tól függő valószínűséget a feltevésünk teljesülése esetén legkellemetlenebb esetben; akkor, ha a fejdobás valószínűsége \frac{4}{5}. Számoljuk ki ennek érdekében az Eξ várható értéket és Var ξ szórásnégyzetet. Eξ = 10 000Eξ_{1} = 10 000 · \frac{4}{5} = 8000.

Var ξ = 10 000Var ξ_{1} = 10 000 · (\frac{4}{5} − (\frac{4}{5})^{2}) = 1600 = 40^{2}. Innen a centrális határeloszlástétel alapján

P (ξ > k) = P (\frac{ξ − 8000}{40} > \frac{k − 8000}{40}) ∼ 1 − Φ (\frac{k − 8000}{40}) ,

ahol Φ(·) a standard normális eloszlásfüggvény. Ezért nekünk az 1 − Φ (\frac{k−8000}{40}) = 0.9, azaz Φ (\frac{k−8000}{40}) = 0.1 vagy Φ (\frac{8000−k}{40} ) = 0.9 egyenletet kell megoldanunk. A normális eloszlástáblázat szerint innen, \frac{8000−k}{40} = 1.29, azaz 8000 − k ∼ 51.6, k ∼ 7948.4. Legyen k = 7949.

6. A ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók akkor és csak akkor függetlenek, ha tetszőleges valós x_{1}, …, x_{n} számokra

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

Ehelyett lehet azt a formálisan erősebb, de valójában ekvivalens kikötést tenni, hogy tetszőleges (Borel mérhető) B_{1}, … B_{n} halmazokra

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

Viszont nem fogadtam el teljes értékűnek olyan definiciót, amely csak diszkrét eloszlású valószínűségi változókra érvényes.