A Valószínűségszámítás I. előadássorozat ötödik témája.

Szórásnégyzet, kovariancia, generátorfüggvények.

Először a szórásnégyzet fogalmát vezetem be, és annak legfontosabb tulajdonságait tárgyalom.

Az (egyelőre csak diszkrét eloszlású valószínűségi változók esetében definiált) várható érték azt méri, hogy valószínűségi változók körülbelül mekkora értéket vesznek fel. Mérni akarjuk azt is, hogy mekkora a valószínűségi változó ingadozása a várható értéke körül. Ennek érdekében vezették be a szórásnégyzet (angolul variance) fogalmát. Ismertetem ennek definicióját.

A szórásnégyzet definiciója: Legyen ξ olyan valószínűségi változó, amelyre Eξ^{2} < ∞. Ekkor a ξ valószínűségi változó szórásnégyzetét a

Var ξ = E (ξ − Eξ)^{2}

képlet definiálja. Ha Eξ^{2} = ∞ akkor a Var ξ szórásnégyzetet nem definiáljuk vagy azt mondjuk, hogy Var ξ = ∞.

Lemma a szórásnégyzet kiszámolásáról.

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}.

Továbbá, (Eξ)^{2} ≤ Eξ^{2}.

Bizonyítás:

0 ≤ Var ξ = E (ξ − Eξ)^{2} = E (ξ^{2} − 2ξEξ + (Eξ)^{2})
= Eξ^{2} − 2EξEξ + (Eξ)^{2} = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}

a várható érték tulajdonságai miatt. Összehasonlítva a bal és jobboldalt kapjuk a megfogalmazott egyenlőtlenséget.

1. megjegyzés. Ha precízek vagyunk, akkor felmerülhet a kérdés, hogy teljesen kifogástalan-e a fenti bizonyítás. Az okozhat problémát, hogy egy valószínűségi változó várható értéket csak akkor definiáltuk ha a definiáló összeg abszolut konvergens. Ezt viszont csak az Eξ^{2} kifejezést definiáló összegről tettük fel. Ugyanakkor az Eξ várható értékkel is szabadon számoltunk. Nem okoz-e ez gondot?

Az, hogy a fenti számolás jogos, például a következő módon látható. Vegyen fel a ξ valószínűségi változó x_{1}, x_{2}, … értékeket, és definiáljuk a ξ valószínűségi változó ξ_{n} közelítéseit, n = 1, 2, …, a következő módon: ξ_{n}(ω) = ξ(ω), ha ξ(ω) = x_{k}, 1 ≤ k ≤ n, ξ_{n}(ω) = 0, ha ξ(ω) = x_{k}, és k > n. Ekkor a ξ_{n}(ω) illetve ennek abszolut értékével a |ξ_{n}(ω)| valószínűségi változókkal szabadon végrehajthatjuk a fenti számolásokat. Innen következik, hogy (E|ξ_{n}(ω)|)^{2} ≤ Eξ_{n}^{2}(ω) ≤ Eξ^{2}(ω). Innen viszont n → ∞ határátmenettel kapjuk, hogy (E|ξ|)^{2} = lim_{n→∞} (E|ξ_{n}(ω)|)^{2} ≤ Eξ^{2}(ω). Ez azt jelenti, hogy az Eξ várható értéket meghatározó összeg is abszolut konvergens, és a fenti számolásokat elvégezhetjük.

2. megjegyzés. A szórásnégyzet egy viszonylag egyszerű mérőszáma a valószínűségi változó ingadozásának annak várható értékétől. Az, hogy valóban ez az ingadozás legjobb mérőszáma később ismertetendő eredményekből következik.

Feladat: 1.) Minden m valós számra

E(ξ − m)^{2} = E(ξ − Eξ)^{2} + (Eξ − m)^{2}.

Következésképpen

Var ξ = inf_{−∞<m<∞} E [(ξ − m)^{2}] .

Megoldás:

E(ξ − m)^{2} = E [(ξ − Eξ) + (Eξ − m)]^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} − 2(Eξ − m)E(ξ − Eξ) + (E(ξ − m))^{2}
= E(ξ − Eξ)^{2} + (Eξ − m)^{2} ,

mert 2E(ξ − m)E(ξ − Eξ) = 2E(ξ − m)(Eξ − Eξ) = 0. Ebből az azonosságból adódik, hogy E(ξ − m)^{2} ≥ E(ξ − Eξ)^{2} minden m valós számra. Viszont m = Eξ esetén az egyenlőtlenség két oldala megegyezik.

Lemma a szórásnégyzet tulajdonságairól. Minden a és b valós számra

Var (aξ + b) = a^{2}Var ξ.

Bizonyítás:

Var (aξ + b) = E [(aξ + b) − E(aξ + b)]^{2} = E [(aξ + b) − aEξ − b]^{2}
= E [a^{2}(ξ − Eξ)^{2}] = a^{2}E(ξ − Eξ)^{2} = a^{2}Var ξ.

A következő eredmény rendkívül hasznos összefüggést ad, ha független valószínűségi változók összegének szórásnégyzetét akarjuk kiszámítani. Hangsúlyozom, hogy ebben az eredményben fontos a tekintett valószínűségi változók függetlensége. Később megfogalmazom ennek az eredménynek egy olyan általánosítását, amely akkor is érvényes, ha az összeadandók nem feltétlenül függetlenek. Olyan feladatokat is fogunk vizsgálni, amelyek megoldásában ezt az általánosabb eredményt érdemes alkalmazni.

Tétel független valószínűségi változók összegeinek szórásnégyzetéről. Ha ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, akkor

Var (ξ_{1} + ξ_{2} + ⋯ + ξ_{n}) = Var ξ_{1} + Var ξ_{2} + ⋯ + Var ξ_{n}.

Következmény. Ha ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, c_{1}, c_{2}, …, c_{n} valós számok, akkor

Var (c_{1}ξ_{1} + c_{2}ξ_{2} + ⋯ + c_{n}ξ_{n}) = c_{1}^{2}Var ξ_{1} + c_{2}^{2}Var ξ_{2} + ⋯ + c_{n}^{2}Var ξ_{n}.

A Tétel bizonyítása. Vezessük be a ξ̄_{j} = ξ_{j} − Eξ_{j} valószínűségi változókat. Ekkor

Var (ξ_{1} + ξ_{2} + ⋯ + ξ_{n}) = E(ξ̄_{1} + ξ̄_{2} + ⋯ + ξ̄_{n})^{2}

= E (ξ̄_{1}^{2} + ξ̄_{2}^{2} + ⋯ + ξ̄_{n}^{2} + 2 ∑_{j=1}^{n−1} ∑_{k=j+1}^{n} ξ̄_{j}ξ̄_{k})

= Eξ̄_{1}^{2} + Eξ̄_{2}^{2} + ⋯ + Eξ̄_{n}^{2} + 2 ∑_{j=1}^{n−1} ∑_{k=j+1}^{n} Eξ̄_{j}ξ̄_{k}

= Eξ̄_{1}^{2} + Eξ̄_{2}^{2} + ⋯ + Eξ̄_{n}^{2} = Var ξ_{1} + Var ξ_{2} + ⋯ + Var ξ_{n},

mert Eξ̄_{j}ξ̄_{k} = Eξ̄_{j}Eξ̄_{k} = 0 minden 1 ≤ j < k ≤ n számra a ξ_{j} illetve a ξ̄_{j}, 1 ≤ j ≤ n, valószínűségi változók függetlensége miatt, és Eξ̄_{j}^{2} = Var ξ_{j} minden 1 ≤ j ≤ n indexre.

Feladat:

2.) Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a fejdobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Számítsuk ki ezt egyrészt direkt módon felírva és kiszámolva a várható értéket és szórásnégyzetet kifejező összegeket, másrészt egyszerűbben az előző tétel segítségével.

Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy k fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások számának

várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelöli a fejdobások számát megadó

valószínűségi változót. Továbbá Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100}, a szórásnégyzet pedig

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Ezeket az összegeket közvetlenül kiszámíthatjuk. Valóban,

k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k−1}, Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} k\binom{99}{k}2^{−99} = 50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50.

Továbbá, k^{2}\binom{100}{k} = [k(k − 1) + k]\binom{100}{k} = 100 · 99 · \binom{98}{k−2} + 100 · \binom{99}{k−1}, ezért

Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100} = 2^{−100} · 100 · 99 · ∑_{k=0}^{98} \binom{98}{k} + 2^{−100} · 100 · ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k} =

2^{−100} (100 · 99 · (1 + 1)^{98} + 100 · (1 + 1)^{99}) = 25 · 99 + 50. Innen Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ^{2}) = 25. Valójában a vizsgált várható értéket és szórásnégyzetet egyszerűbben is kiszámíthatjuk. Vezessük be a ξ_{j}(ω) valószínűségi változókat, ξ_{j}(ω) = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j}(ω) = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a

fejdobások száma ξ(ω) = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}(ω), Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}, Var ξ = ∑_{j=1}^{100} Var ξ_{j}. Mivel Eξ_{j} =

\frac{1}{2}, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50, Var ξ = \frac{1}{4} · 100 = 25.

3.) Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a dobáseredmények összegének várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Legyenek η_{1},…, η_{100} független valószínűségi változók, amelyekre P (η_{j} = k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték és

szórásnégyzet E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}, Var ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Var η_{j}. (A második reláció

felhasználja a tekintett valószínűségi változók függetlenségét.) Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 3.5, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = \frac{35}{12}, Eξ = 350, Var ξ = \frac{3500}{12}.

4.) Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Tekintsük a páros értékű dobások eredményeinek az összegét, és számítsuk ki ennek várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 100 valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik dobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik dobás eredménye 6, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3 vagy

5. Ekkor a S = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j} valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét

akarjuk kiszámolni. Eξ_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{6}(2^{2} + 4^{2} + 6^{2}) = \frac{28}{3}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{16}{3}, ahonnan a ξ_{j} valószínűségi változók függetlensége miatt ES = 100Eξ_{1} = 200, Var S = 100Var ξ_{1} = \frac{1600}{3}.

Megfogalmazom az előző tétel egy olyan általánosítását, amely lehetővé teszi, hogy kiszámoljuk nem feltétlenül független valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetét. Ennek érdekében először bevezetek egy új fogalmat, két valószínűségi változó kovarianciafüggvényét. Ez azt méri hogy milyen erős a kapcsolat két valószínűségi változó között.

A kovarianciafüggvény definiciója. Legyen ξ és η két valószínűségi változó, amelyek mindegyikének létezik szórásnégyzete, azaz Eξ^{2} < ∞ és Eη^{2} < ∞. Ekkor a ξ és η valószínűségi változók kovarianciafüggvényét Cov (ξ, η)-t a

Cov (ξ, η) = E [(ξ − Eξ)(η − Eη)]

kifejezés definiálja. Ha a Eξ^{2} < ∞ és Eη^{2} < ∞ feltételek valamelyike nem teljesül, akkor nem definiáljuk a Cov (ξ, η) kovarianciafüggvényt.

Megjegyzés: |(ξ − Eξ)||(η − Eη)| ≤ \frac{|ξ−Eξ|^{2}}{2} + \frac{|η−Eη|^{2}}{2} , ahonnan E|(ξ − Eξ)||(η − Eη)| ≤ \frac{E|ξ−Eξ|^{2}}{2} + \frac{E|η−Eη|^{2}}{2} < ∞. Innen következik, hogy az Eξ^{2} < ∞ és Eη^{2} < ∞ feltételek teljesülése esetén a Cov (ξ, η)-t definiáló várható érték valóban létezik.

Korrelálatlan valószínűségi változók definiciója. Azt mondjuk, hogy két ξ és η valószínűségi változó korrelálatlan, ha Cov (ξ, η) = 0.

Lemma a kovariancia kiszámolásáról.

Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη.

Következmény. Ha ξ és η két független valószínűségi változó, akkor Cov (ξ, η) = 0, azaz e két valószínűségi változó korrelálatlan.

A lemma bizonyítása.

Cov (ξ, η) = E[ξη −ηEξ −ξEη +EξEη] = Eξη −EξEη −EξEη +EξEη = Eξη −EξEη.

Most megfogalmazom az alábbi eredményt valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetéről, amely akkor is érvényes, ha az összeadandók nem függetlenek.

Tétel valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetéről. Ha ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók ugyanazon a valószínűségi mezőn, amelyek mindegyikének létezik szórásnégyzete, akkor

Var (∑_{j=1}^{n} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤n}(Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k})

= ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤n} Cov (ξ_{j}, ξ_{k})

= ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + ∑_{1≤j,k≤n, j≠k} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}).

Bizonyítás.

Var (∑_{j=1}^{n} ξ_{j}) = E (∑_{j=1}^{n} ξ_{j})^{2}− (E ∑_{j=1}^{n} ξ_{j})^{2}= E (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} ξ_{j}ξ_{k}) − (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} Eξ_{j}Eξ_{k})

= (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} Eξ_{j}ξ_{k}) − (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} Eξ_{j}Eξ_{k})

= ∑_{j=1}^{n} (Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2}) + 2 ∑_{1≤j<k≤n}(Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k}),

és Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = Var ξ_{j}, Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = Cov (ξ_{j}, ξ_{k}).

Házi feladat:

Mutassuk meg, hogy a független valószínűségi változók összegeinek szórásnégyzetéről szóló tétel következik a valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetéről szóló tételből.

A következő két feladatban példát mutatok arra, hogy a fenti eredmény segítségével bizonyos esetekben viszonylag egyszerűen ki tudjuk számolni valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetét.

Feladatok:

5.) Legyen egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót visszatevés nélkül. Számoljuk ki a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 20, valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = 1, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j}(ω) = 0, ha a j-ik húzás eredménye

fehér. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{20} ξ_{j} összeg várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámol-

nunk. Továbbá Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{2}{5}, Var ξ_{j} = Var ξ_{1} = \frac{2}{5} − \frac{4}{25} = \frac{6}{25}, Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = Eξ_{1}ξ_{2} − Eξ_{1}Eξ_{2} = \frac{2}{5} · \frac{19}{49} − \frac{4}{25} = −\frac{6}{1245}, ha j ≠ k. Itt felhasználtuk, hogy annak valószínűsége, hogy a j-ik húzásban piros golyót húzunk minden 1 ≤ j ≤ 20 indexre ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy az első húzásban piros golyót húzunk. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy a j-ik és k-ik húzásban piros golyót húzunk, 1 ≤ j, k ≤ 20, j ≠ k, ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy az első két húzásban piros golyót húzunk. Innen a 20 dobásban kihúzott piros golyók számának várható értéke 20 · \frac{2}{5} = 8 és szórásnégyzete 20 · \frac{6}{25} − 380 · \frac{6}{1245} = \frac{144}{49}.

6.) Feldobunk egy szabályos pénzérmét 100-szor egymás után. Tekintsük az egymást követő fej-fej dobássorozatok számát, és számítsuk ki ennek várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 99, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik és j + 1-ik dobások mindegyikének eredménye fej, ξ_{j} = 0 egyébként.

Vegyük észre, hogy minket az S = ∑_{j=1}^{99} ξ_{j} valószínűségi változó várható értéke

érdekel. Ezért ES = E ( ∑_{j=1}^{99} Eξ_{j}) = \frac{99}{4}, mivel Eξ_{j} = \frac{1}{4}. (Érdemes megjegyezni,

hogy az ebben a feladatban tekintett ξ_{j} valószínűségi változók nem függetlenek, de a függetlenségre nincs szükség a várható érték additivításához.) A szórásnégyzet kiszámításában viszont figyelembe kell vennünk azt, hogy nem csupa független valószínűségi változó összegét vizsgáljuk. Használjuk a szórásnégyzet kiszámolásánál a következő formulát.

Var S = Var (∑_{j=1}^{99} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{99} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤99} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}).

Továbbá Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 0, ha k ≥ j + 2, mert ebben az esetben ξ_{j} és ξ_{k} függetlenek, és Cov (ξ_{j}, ξ_{j+1}) = \frac{1}{8} − \frac{1}{16} = \frac{1}{16} minden 1 ≤ j ≤ 98 számra. Ugyanis Eξ_{j}ξ_{j+1} = \frac{1}{8}, mivel ξ_{j}ξ_{j+1} = 1, ha a j-ik, j + 1-ik és j + 2-ik dobások mindegyike fej, aminek valószínűsége \frac{1}{8}, és ξ_{j}ξ_{j+1} = 0 egyébként. Továbbá Eξ_{j}Eξ_{j+1} = \frac{1}{16}. Ezenkívül Var ξ_{j} = \frac{1}{4} − \frac{1}{16} = \frac{3}{16}. Innen Var S = 99 · \frac{3}{16} + 2 · \frac{98}{16} = \frac{493}{16}.

Független valószínűségi változók. A konvolució és generátorfüggvény.

Következő témánk a legfontosabb diszkrét eloszlások és azok tulajdonságainak tárgyalása lesz. Ki fogom számolni az ilyen valószínűségi változók várható értékét és szórásnégyzetét, és adott eloszlású független valószínűségi változók összegének az eloszlását. A kérdések egyszerűbb tárgyalása érdekében bevezetek néhány fogalmat, és felidézek néhány eredményt az analízisből. Először eloszlások konvolucióját majd generátorfüggvényét definiálom, és tárgyalom azt, hogy ezek a fogalmak milyen kapcsolatban vannak a minket érdeklő problémákkal.

Az első vizsgálandó kérdés az, hogy hogyan lehet kiszámolni független, diszkrét eloszlású valószínűségi változók összegének az eloszlását. Ennek kapcsán bevezetem diszkrét eloszlású valószínűségi változók eloszlásainak a konvolucióját, és teszek néhány megjegyzést.

Legyen ξ és η két független, diszkrét eloszlású valószínűségi változó, amelyek valamilyen x_{1}, x_{2}, … értékeket vesznek fel. Ekkor ezek összege, a ξ +η valószínűségi változó szintén diszkrét, és eloszlását ki tudjuk számolni a következő módon:

P (ξ + η = x) =  ∑_{(x_{j},x_{k}): x_{j}+x_{k}=x}P (ξ = x_{j}, η = x_{k}) =  ∑_{(x_{j},x_{k}): x_{j}+x_{k}=x}P (ξ = x_{j})P (η = x_{k})

Ez a képlet egyszerűsödik abban a fontos speciális esetben, ha a független ξ és η valószínűségi változók csak egész értékeket vesznek fel, és még egyszerűbb akkor, ha csak nem negatív egész értékeket vesznek fel. Azt az eredményt, amelyet ebben a speciális esetben kapunk, megfogalmazom tétel formájában is.

Tétel független, diszkrét eloszlású független valószínűségi összegének a kiszámolásáról. Legyen ξ és η két független, egész értékeket felvevő valószínűségi változó. Ekkor a ξ + η valószínűségi változó is csak egész értékeket vesz fel, és

P (ξ + η = n) = ∑_{k=−∞}^{∞} P (ξ = k)P (η = n − k), n = 0, ±1, ±2, ….

Ez a formula tovább egyszerűsödik, ha a független ξ és η valószínűségi változók csak nem negatív egész értékeket vesznek fel. Ekkor

P (ξ + η = n) = ∑_{k=0}^{n} P (ξ = k)P (η = n − k), ha n ≥ 0,

és

P (ξ + η = n) = 0, ha n < 0.

Bizonyítás: A tétel első képlete azonnal adódik a tétel előtt tárgyalt általános esetből abban az esetben, ha a valószínűségi változók x_{1}, x_{2}, … értékei egész számok. A második képlet az első képlet következménye, ha észrevesszük, hogy elég csak azon (k, n − k) párokra összegezni, amelyekre P (ξ = k)P (η = n − k) ≠ 0. Ez azt jelenti, hogy abban az esetben, ha ξ és η nem negatív egész értékeket vesznek fel, akkor az összegezésből kihagyhatjuk azokat a tagokat, amelyekre k < 0 vagy n − k < 0, azaz k > n.

A fenti eredmény miatt érdemes bevezetni a következő definiciót.

Diszkrét, egész értékű eloszlásások konvoluciójának a definiciója. Legyen

P = {p_{k}: k = 0, ±1, ±2, … } és Q = {q_{k}: k = 0, ±1, ±2, … }

két az egész számokon értelmezett diszkrét eloszás, azaz tegyük fel, hogy p_{k} ≥ 0, q_{k} ≥ 0,

k = 0, ±1, ±2, …, ∑_{k=−∞}^{∞} p_{k} = 1 és ∑_{k=−∞}^{∞} q_{k} = 1. Ekkor a P és Q eloszlások kon-

voluciója, az a R = P ∗ Q = {r_{n}: n = 0, ±1, ±2, … } eloszlás, amelyre

r_{n} = ∑_{k=−∞}^{∞} p_{k}q_{n−k}, n = 0, ±1, ±2, ….

Abban a speciális esetben, ha p_{k} = 0 és q_{k} = 0 minden k < 0 számra, az r_{n} = 0 azonosság érvényes minden n < 0 indexre, és

r_{n} = ∑_{k=0}^{n} p_{k}q_{n−k}, n = 0, 1, 2, ….

A generátor függvények fogalma.

Érdemes a következő észrevételt tenni. Legyen f(x) és g(x) két függvény, amelyek hatványsorba fejthetőek, azaz,

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k}, g(x) = ∑_{k=0}^{∞} b_{k}x^{k},

ha −A < x < A valamilyen A > 0 számmal. Ekkor az f(x)g(x) szorzat is sorba fejthető, azaz

f(x)g(x) = ∑_{n=0}^{∞} c_{n}x^{n}

(ugyanabban a −A < x < A intervallumban), és

c_{n} = ∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k}.

Vegyük észre, hogy a fenti hatványsorokban szereplő a_{k}, b_{k} és c_{n} együtthatók között hasonló reláció érvényes mint a nem negatív egész értéket felvevő eloszlások konvoluciójának a definiciójában. Ezenkívül érdemes ismerni az analízis alábbi eredményeit.

a.) Ha az f(x) függvény hatványsorba fejthető, azaz f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} valamilyen

−A < x < A intervallumon, A > 0, akkor az f(x) függvény értékei a −A < x < A intervallumon meghatározzák az a_{n} együtthatókat. (Sőt, azok explicit módon kiszámíthatóak az n!a_{n} = \frac{d^{n}f(x)}{dx^{n}} |_{x=0} képlet segítségével.)

b.) Legyen f_{n}(x), n = 1, 2, …, olyan függvények sorozata, amelyek mindegyike előál-

lítható f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k,n}x^{k} hatványsor alakban valamilyen −A < x < A, A > 0,

intervallumon, ahol az A > 0 szám nem függ az n indextől, továbbá létezzen az f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) határérték minden −A < x < A számra, sőt ez a konvergencia teljesüljön minden |x| < A számra a komplex számsíkon, és az legyen egyenletes ezen a halmazon. Ekkor az f(x) határfüggvény is hatványsorba fejthető f(x) =

∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} alakban a −A < x < A intervallumon alkalmas a_{k} együtthatókkal, és

a_{k} = lim_{n→∞} a_{k,n} minden k = 0, 1, 2, … együtthatóra.

Ez az eredmény következik Weierstrass egy fontos komplex függvénytani tételéből. E szerint a tétel szerint (ld. például Szőkefalvi Nagy Béla komplex fügvénytan jegyzetében a III. rész 8. paragrafusát), ha f_{1}(z), f_{2}(z), … holomorf függvények egy sorozata egy T tartományban, és e függvények egyenletesen konvergálnak a T tartomány minden kompakt részhalmazában egy f(z) függvényhez, akkor ez az f(z) függvény is holomorf a T tartományban, és minden k = 1, 2, … számra az f_{n}^{(k)}(z) függvénysorozat egyenletesen konvergál az f^{(k)}(z) függvényhez a T halmaz minden kompakt részhalmazában. (Ebben az állításban a k felső index k-ik deriváltat jelöl.)

c.) Felmerülhet a kérdés: Ha azt akarjuk biztosítani, hogy valamely hatványsorok

segítségével definiált f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k,n}x^{k}, n = 1, 2, …, függvények Taylor so-

rainak együtthatói úgy viselkedjenek, mint ahogy azt a b) részben előírtuk, azaz

legyen egy olyan f(x) függvény, amely f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} alakú, és teljesüljön az a_{k} = lim_{n→∞} a_{k,n} reláció minden k = 0, 1, 2, … indexre, akkor ehhez nem elég-e csak annyit megkövetelni, hogy az f_{n}(x) függvények konvergáljanak az f(x) függvényhez valamely −A ≤ x ≤ A intervallumban. (Egy ilyen feltételt könnyebb ellenőrizni, mint a lim_{n→∞} f_{n}(z) = f(z) relációt, és a konvergencia egyenletességét a komplex számsík egy origó középpontú körében.) Az általános esetben ez a gyengített feltétel túl kevés, de egy a valószínűségi alkalmazásokban nagyon fontos speciális esetben már ez is elegendő a számunkra.

Ha az f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k,n}x^{k} hatványsorok együtthatói teljesítik az a_{k,n} ≥ 0 feltételt

minden k = 0, 1, 2, …, n = 1, 2, …, indexpárra, akkor annak érdekében, hogy az f_{n}(x) függvények Taylor sor együtthatói teljesítsék a b) részben megfogalmazott konvergencia relációkat elég azt megkövetelni, hogy az f_{n}(x) függvények konvergáljanak egy f(x) függvényhez valamely −A ≤ x ≤ A intervallumon. Ekkor ugyanis az f_{n}(z) függvények egyenletesen korlátosak a komplex számsík {z: |z| ≤ A} körében. Innen viszont a komplex függvénytan egy másik fontos eredményéből, a Vitali tételből (ld. például Szőkefalvi Nagy Béla komplex fügvénytan jegyzetében a VII. rész 4. paragrafusát) következik, hogy az (analitikus) f_{n}(z) függvények egyenletesen konvergálnak a komplex számsík \{z: |z| ≤ \frac{A}{2}\} origó sugarú körében is egy függvényhez, amely nem más, mint az f(x) függvény (létező) analitikus kiterjesztése. Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben az f_{n}(x) függvények teljesítik a b) pontban megfogalmazott feltételeket, és alkalmazhatjuk rájuk az ott megfogalmazott állítást.

Megjegyzés. Konvergáljanak valamely f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k,n}x^{k}, n = 1, 2, …, Taylor sorral

megadott függvények (akár egyenletesen) egy f(x) függvényhez valamely −A ≤ x ≤ A intervallumban. Ha nem tesszük fel, hogy az a_{k,n} Taylor együtthatók nem negatívak, akkor ebből nem következik, hogy az f(x) függvény Taylor sorba fejthető, és az a_{k,n} együtthatók az f(x) függvény Taylor sorának megfelelő együtthatójához konvergálnak, ha n → ∞. Valóban, Weierstrass első approximációs tétele szerint minden a −A ≤ x ≤ A intervallumban folytonos (akár nem differenciálható) függvényhez található polinomok olyan sorozata, amelyek egyenletesen konvergálnak ehhez a függvényhez a −A ≤ x ≤ A intervallumban, és ezen észrevétel alapján nem nehéz ellenpéldát találni.

Később látni fogjuk, hogy a hatványsorok fent említett tulajdonságai jól használhatóak bizonyos valószínűségi vizsgálatokban. Ugyanis egy nem-negatív egész értékékeket felvevő ξ valószínűségi változó p_{k} = P (ξ = k), k = 0, 1, 2, …, eloszlásához hozzáren-

delhetjük az f(x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x_{k} függvényt, amelyet ezen eloszlás generátorfüggvényének

neveznek. Megfogalmazom e fogalom definicióját pontosabban is.

Diszkrét, nem negatív, egész értékű eloszlás generátorfüggvényének a definiciója: Legyen adva egy P = {p_{0}, p_{1}, p_{2}, … } eloszlás a nem-negatív egész számokon, azaz

olyan számsorozat, amelynek tagjaira p_{k} ≥ 0 minden 0 ≤ k ≤ ∞ számra, és ∑_{k=1}^{∞} p_{k} = 1. (Az elnevezés oka az, hogy létezik olyan ξ nem-negatív egész értékű valószínűségi változó, amelyre P (ξ = k) = p_{k} minden k = 0, 1, 2, … számra.) Ennek az eloszlásnak a generátorfüggvénye az

F (x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x^{k}

függvény.

A fent mondottak alapján nemcsak az igaz, hogy egy P eloszlás meghatározza F (x) generátorfüggvényét, hanem megfordítva az F (x) generátorfüggvény segítségével ki lehet számolni azt az eloszlást, amelynek ez a generátorfüggvénye, mivel

k!p_{k} = \frac{dF^{k}(x)}{dx^{k}} |_{x=0} , k = 0, 1, 2, ….

Egy eloszlás generátorfüggvénye mindig konvergens a −1 ≤ x ≤ 1 intervallumban. Ha egy P eloszlás generátorfüggvénye F (x) egy Q eloszlás generátorfüggvénye G(x), akkor P ∗ Q konvoluciójuk generátorfüggvénye az F (x)G(x) függvény. Továbbá, eloszlások generátorfüggvényeinek konvergenciájából maguknak az eloszlásoknak a konvergenciájára is következtetni tudunk. Részletesebben kifejtve a következőről van szó.

Legyen adva minden n = 1, 2, … számra egy p_{n,k}, k = 0, 1, 2, …, eloszlás a nem

negatív egész számokon, azaz teljesüljenek a p_{n,k} ≥ 0 és ∑_{k=0}^{∞} p_{n,k} = 1 tulajdonságok.

Feleltessük meg ezeknek az eloszlásoknak az F_{n}(x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{n,k}x^{k} generátorfüggvényeket

(hatványsorokat). Ha az F_{n}(x) generátorfüggvények pontonként konvergálnak egy F (x) függvényhez valamely −A ≤ x ≤ A, 0 < A ≤ 1 intervallumban, akkor ez az F (x)

függvény felírható F (x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x^{k}, −1 < x < 1, hatványsor alakban, és lim_{n→∞} p_{n,k} = p_{k}

minden k = 0, 1, 2, … számra.

A fenti eredmény hasznos módszert biztosít annak ellenőrzésére, hogy bizonyos eloszlások konvergálnak-e. Megjegyzem, hogy a megfogalmazott eredményben nem állí-

tottam, hogy a p_{k} határértékek teljesítik a ∑_{k=0}^{∞} p_{k} = 1 azonosságot, azaz valószínűségi

eloszlást határoznak meg. A legtöbb konkrét feladatban ez a tulajdonság teljesül, de azt külön ellenőrizni kell.

A fenti eredmények lehetővé teszik, hogy bizonyos valószínűségi vizsgálatokat viszonylag egyszerűen végrehajthassunk generátorfüggvények segítségével.

További feladatok a várható érték és szórásnégyzet kiszámolásáról

1.) Egy urnában 10 piros és 20 fehér golyó van. Kihúzunk visszatevés nélkül 10 golyót. A páros sorszámú húzások esetén fehér golyó húzás esetén nyerünk 3 forintot, piros golyó húzás esetén pedig nem nyerünk és nem veszítünk semmit. A páratlan sorszámú húzások esetén piros húzás esetén 2 forintot nyerünk, fehér golyó húzás esetén nem nyerünk és nem veszítünk semmit. Számoljuk ki a nyereményünk várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10, valószínűségi változókat: Páros j számokra ξ_{j} = 3, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye fehér golyó. Páratlan j számokra ξ_{j} = 2, ha a j-ik húzás eredménye

piros, ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye fehér golyó. Ekkor az S = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j} összeg

várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámolnunk. Ennek érdekében számoljuk ki az Eξ_{j} várható értékeket, Var ξ_{j} szórásnégyzeteket és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) kovarianciákat. Annak valószínűsége, hogy a j-ik húzás eredménye piros \frac{1}{3}, annak valószínűsége, hogy j-ik húzás eredménye fehér \frac{2}{3}. Ezért Eξ_{j} = 2, ha j páros, Eξ_{j} = \frac{2}{3}, ha j páratlan, és ES = 5 (2 + \frac{2}{3}) = 13\frac{1}{3}. A szórásnégyzet kiszámítása érdekében vegyük észre, hogy Eξ_{j}^{2} = 6, Var ξ_{j} = 2, ha j páros, és Eξ_{j}^{2} = \frac{4}{3}, Var ξ_{j} = \frac{8}{9}. Továbbá annak valószínűsége, hogy két j és k indexre j ≠ k, a j-ik és k-ik húzás mindegyike fehér \frac{2·19}{3·29} = \frac{38}{87}, annak, hogy mindkét húzás piros \frac{9}{3·29} = \frac{3}{29}, annak, hogy az egyik húzás fehér, a másik húzás piros \frac{2·10}{3·29} = \frac{20}{57}. Ezért Eξ_{j}ξ_{k} = 9 · \frac{2·19}{3·29} = \frac{114}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{114}{29} − 4 = −\frac{2}{29}, ha j és k páros, Eξ_{j}ξ_{k} = 4 · \frac{3}{29} = \frac{12}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{12}{29} − \frac{4}{9} = −\frac{8}{263}, ha j és k páratlan, Eξ_{j}ξ_{k} = 6 · \frac{20}{57} = \frac{40}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{40}{29} − \frac{4}{3} = \frac{4}{87}, ha j és k közül az egyik páros, a másik páratlan. Olyan (j, k) pár, 1 ≤ j, k ≤ 10, j ≠ k, melyre j és k mindegyike páros vagy mindegyike páratlan, összesen 20 van, és olyan (j, k) pár, amelyekre az egyik páros, a másik páratlan 2 · 5 · 5 = 50 van, ezért

∑_{1≤j,k≤10, j≠k} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 20 (−\frac{2}{29} − \frac{8}{263}) + 50 · \frac{4}{87} = \frac{80}{263}.

Innen

Var S = ∑_{j=1}^{10} Var ξ_{j} + ∑_{1≤j,k≤10, j≠k} Cov (ξ_{j}, ξ_{k})

= 5 (2 + \frac{8}{9}) + \frac{80}{263} = \frac{130}{9} + \frac{80}{263} = \frac{3850}{263}.

2.) Egy estélyen megjelenik n házaspár. Egy táncmester, aki nem tudja, hogy kik házastársak és kik nem, véletlen módon párba rendezi a férfiakat és nőket a tánc előtt. Számoljuk ki az egymással táncoló házaspárok számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Mi ezek határértéke, ha n → ∞?

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ n, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik házaspár együtt táncol, és ξ_{j} = 0, ha nem táncolnak együtt. Ekkor min-

ket az S_{n} = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel.

Ennek kiszámítása érdekében vegyük észre, hogy P (ξ_{j} = 1) = 1 − P (ξ_{j} = 0) = \frac{1}{n} minden 1 ≤ j ≤ n indexre, és P (ξ_{j} = 1, ξ_{k} = 1) = \frac{1}{n(n−1)} minden 1 ≤ j, k ≤ n, j ≠ k indexre. Innen Eξ_{j} = Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{n}, 1 ≤ j ≤ n, Eξ_{j}ξ_{k} = \frac{1}{n(n−1)}, ha j ≠ k, Var ξ_{j} = \frac{1}{n} − \frac{1}{n^{2}} , és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = \frac{1}{n(n−1)} − \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{n^{2}(n−1)}, ha

j ≠ k. Ezért ES_{n} = ∑_{j=1}^{n} Eξ_{j} = 1, Var S_{n} = ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤n} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) =

n (\frac{1}{n} − \frac{1}{n^{2}} ) + n(n − 1)\frac{1}{n^{2}(n−1)} = 1.

3.) Feldobunk egy dobókockát, majd ezután egy szabályos pénzdarabot annyi alkalommal, amennyi a kockadobás eredménye volt. (Az egyes dobások eredményei függetlenek egymástól.) Számoljuk ki a fejdobások számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j,k}, 1 ≤ j ≤ 6, 1 ≤ k ≤ j, valószínűségi változókat:

ξ_{j,k}(ω) = \{ \begin{matrix}1 & ha a kockadobás eredménye j és a k-ik pénzdobásé fej \\ 0 & ha a kockadobás eredménye j és a k-ik pénzdobásé írás \\ 0 & ha a kockadobás eredménye nem j \end{matrix}

Ekkor minket az S = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} ξ_{j,k} valószínűségi változó várható értéke és szórás-

négyzete érdekel. Vegyük észre, hogy

Eξ_{j,k} = P (a kockadobás eredménye j, a k-ik pénzdobásé fej) = \frac{1}{12},

Eξ_{j,k}^{2} = \frac{1}{12}, Var ξ_{j,k}^{2} = \frac{11}{144}, Eξ_{j,k}ξ_{j,k′} = \frac{1}{24}, ha k ≠ k′, ahonnan Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j,k′}) = \frac{5}{144} ebben az esetben. Továbbá Eξ_{j,k}ξ_{j′,k′} = 0, Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j′,k′}) = −\frac{1}{144}, ha j ≠ j′

(függetlenül a k és k′ számok viszonyától. Innen ES = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} Eξ_{j,k} = \frac{1+···+6}{12} =

\frac{21}{12} = \frac{7}{4}, és

Var S = ∑_{j=1}^{6} ∑_{k=1}^{j} Var ξ_{j,k} + ∑_{(j,k),(j′,k′): j≠j′ vagy k≠k′} Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j′,k′}).

Ezért Var S = \frac{11}{144}(1+⋯+6)− \frac{1·(21−1)+2·(21−2)+···6·(21−6)}{144} + \frac{5}{144}(2·1+3·2+⋯ 6·5). Ezt a képletet úgy kapjuk, hogy külön számoljuk azon Cov (ξ_{j,k}, ξ_{j′,k′}) mennyiségek hozadékát amelyekre j ≠ j′ és azután azokét, amelyekre j = j′, de k ≠ k′. Innen Var S = \frac{231−350+350}{144} = \frac{77}{48}.

4.) Csodaország munka törvénykönyve szerint egy cég minden munkása fizetett szabadságot kap azokon a napokon, amikor legalább az egyiküknek születésnapja van. Ezen napok kivételével azonban az év minden napján mindenkinek dolgoznia kell. Minden munkás 1 TV-készüléket készít egy nap alatt. Mi a várható értéke és szórásnégyzete az egy évben gyártott TV készülékeknek, ha n munkás dolgozik a cégben? Hány alkalmazottat vegyen fel a cégtulajdonos, ha azt akarja, hogy a gyártott TV-készülékek számának a várható értéke a lehető legnagyobb legyen? Megoldás. Jelölje ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 365, a j-ik nap gyártott TV-készülékek számát. Ekkor ξ_{j} = n, ha az n munkás egyikének sincs születésnapja a j-ik napon, és ξ_{j} = 0 egyébként. Ezért P (ξ_{j} = n) = (\frac{364}{365})^{n} és P (ξ_{j} = 0) = 1−(\frac{364}{365})^{n}. A gyártott

TV-készülékek száma Y = Y (n) = ∑_{j=1}^{365} ξ_{j}, ahonnan EY = EY (n) = ∑_{j=1}^{365} Eξ_{j} =

365n (\frac{364}{365})^{n}. A szórásnégyzet kiszámolása érdekében számoljuk ki először a Cov (ξ_{i}, ξ_{j}) = Eξ_{i}ξ_{j}− Eξ_{i}Eξ_{j} kovarianciákat 1 ≤ i, j ≤ 365, i ≠ j esetén. Eξ_{i}ξ_{j} = n^{2}P (ξ_{i} = n, ξ_{j} = n) = n^{2} (\frac{363}{365})^{n}, mert (\frac{363}{365})^{n} a valószínűsége annak, hogy egyik munkásnak sincs születésnapja sem az i-ik sem a j-ik napon. Innen

Cov (ξ_{i}, ξ_{j}) = n^{2} ((\frac{363}{365})^{n} − (\frac{364}{365})^{2n}) ,

és mivel Var Y = ∑_{j=1}^{365}(Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2}) + 2 ∑_{1≤i<j≤365} Cov (ξ_{i}, ξ_{j})

Var Y = 365n^{2} ((\frac{364}{365})^{n} − (\frac{364}{365})^{2n}) + 365 · 364n^{2} ((\frac{363}{365})^{n} − (\frac{364}{365})^{2n}) .

Számoljuk ki az EY (n) maximumát az n változó szerint. Annak érdekében, hogy meghatározzuk mely n számra vétetik fel ez a maximum, számoljuk ki az \frac{EY (n+1)}{EY (n)} hányadost minden pozitív egész n-re, és határozzuk meg, hogy az mely n-ekre kisebb, és mely n-ekre nagyobb, mint 1. \frac{EY (n+1)}{EY (n)} = \frac{n+1}{n} \frac{364}{365}, ahonnan \frac{EY (n+1)}{EY (n)} > 1,

ha n ≤ 363, \frac{EY (n+1)}{EY (n)} = 1, ha n = 364, és \frac{EY (n+1)}{EY (n)} < 1, ha n ≤ 365. Ezért 364 vagy 365 munkást érdemes felvenni, és ekkor az évente gyártott TV készülékek száma \frac{364^{365}}{365^{363}} = 364^{2} (1 − \frac{1}{365})^{363} ∼ \frac{364^{2}}{e}.

5.) Egy kártyacsomag 75 kártyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 és 75 közötti számok valamelyikével meg van számozva. Kihúzunk 40 kártyát visszatevéssel, és jelölje X az ily módon kapott különböző kártyák számát. Számoljuk ki az EX várható értéket. Megoldás: Számozzuk meg a kártyákat 1-től 75-ig, és vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 75, valószínűségi változókat. ξ_{j} = 1, ha a j-ik kártyát kiválasztjuk, ξ_{j} = 0, ha a j-ik kártyát nem választjuk ki a 40 húzás során. Ekkor X = ∑_{j=1}^{75} ξ_{j}.

Ezért EX = ∑_{j=1}^{75} Eξ_{j} = ∑_{j=1}^{75} P (ξ_{j} = 1). Annak a valószínűsége, hogy a j-ik kártyát

nem húzzuk ki 40 húzás során (\frac{74}{75})^{40}. Innen P (ξ_{j} = 1) = 1 − (\frac{74}{75})^{40}, EX = 75 (1 − (\frac{74}{75})^{40}).

6.) Számoljuk ki az előző feladatban definiált X valószínűségi változó Var X szórásnégyzetet. Jelölje Y a ki nem húzott kártyák számát, és vezessük be az η_{j} = 1−ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 75, valószínűségi változókat, amelyekre y_{j} = 1, ha a j-ik kártyát nem választjuk ki,

és η_{j} = 0, ha a j-ik kártyát kiválasztjuk a 40 húzás során. Ekkor Y = ∑_{j=1}^{75} η_{j}, és

Y = 75 − X, ahonnan Var Y = Var X az előző feladatban definiált X valószínűségi változóval.

Var X = Var Y = ∑_{j=1}^{75} Var η_{j} + 2 ∑_{1≤i<j≤75} Cov (η_{i}, η_{j}). Másrészt Var η_{j} = P (η_{j} =

1) − P (η_{j} = 1)^{2}, és Cov (η_{i}, η_{j}) = P (η_{i} = 1, η_{j} = 1) − P (η_{i} = 1)P (η_{j} = 1), ha i ≠ j. Továbbá P (η_{i} = 1, η_{j} = 1) = (\frac{73}{75})^{40}, P (η_{i} = 1) = P (η_{j} = 1) = (\frac{74}{75})^{40}. Innen Cov (η_{i}, η_{j}) = (\frac{73}{75})^{40} − (\frac{74}{75})^{80}, és Var η_{j} = (\frac{74}{75})^{40} − (\frac{74}{75})^{80}. Ezért

Var X = Var Y = 75 (\frac{74}{75})^{40} (1 − (\frac{74}{75})^{40}) + 74 · 75 ((\frac{73}{75})^{40} − (\frac{74}{75})^{80}) .

Megjegyzés: Az 5. feladatot a vizsgált X valószínűségi változó X = ∑_{j=1}^{75} ξ_{j} alakú fel-

bontásának segítségével oldottuk meg egyszerűbb valószínűségi változók összegeként.

Más felbontással is kisérletezhetünk volna. Például írhattuk volna, hogy X = ∑_{j=1}^{40} ζ_{j},

ahol ζ_{j} = 1, ha a j-ik húzáskor új kártyát húzunk, és ζ_{j} = 0, ha nem. Ekkor is

felírhatjuk az EX = ∑_{j=1}^{40} Eζ_{j}, azonosságot. Ez a módszer mégsem olyan hasznos, mint a

feladat megoldásában alkalmazott eljárás, mert az Eζ_{j} = P (ζ_{j} = 1) várható értékeket nem egyszerű kiszámolni. Ez azt mutatja, hogy érdemes a minket érdeklő valószínűségi változó számunkra hasznos felbontását keresni, és ez nem mindig magától értetődő.

7.) Egy kártyacsomag 75 kártyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 és 75 közötti számok valamelyikével meg van számozva. Kihúzunk 40 kártyát úgy, hogy húzás után visszatesszük, és ezenkívül a kártyacsomagba teszünk még egy új, minden korábbi kártyától különböző kártyalapot. Jelölje X azt, hogy hány különböző kártyalapot húztunk ki. Számoljuk ki az EX várható értéket. Megoldás: Számozzuk meg a kártyacsomagban kezdettől fogva tartalmazott kártyalapokat 1-től 75-ig, és vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 75, valószínűségi változókat. ξ_{j} = 1, ha a j-ik kártyát kihúztuk, ξ_{j} = 0, ha a j-ik kártyát nem hútuk ki a 40 húzás során. Ezenkívül vezessük be a következő η_{j}, 1 ≤ j ≤ 40, valószínűségi változókat is. η_{j} = 1, ha a j-ik húzás után a kártyacsomagba tett lapot

később kihúztuk, és η_{j} = 0, ha nem húztuk ki. Ekkor X = ∑_{j=1}^{75} ξ_{j} + ∑_{j=1}^{40} η_{j}. Ezért

EX = ∑_{j=1}^{75} Eξ_{j} + ∑_{j=1}^{40} Eη_{j} = ∑_{j=1}^{75} P (ξ_{j} = 1) + ∑_{j=1}^{40} P (η_{j} = 1). Annak a valószínűsége,

hogy a j-ik (a csomagban eredetileg bennelevő) kártyát nem húzzuk ki 40 húzás

során ∏_{j=1}^{40} \frac{74+j−1}{75+j−1}. Innen P (ξ_{j} = 1) = 1 − ∏_{j=1}^{40} \frac{74+j−1}{75+j−1}, 1 ≤ j ≤ 75. Annak a

valószínűsége, hogy a j-ik húzás után a kártyacsomagba tett kártyát nem húzzuk

ki, ∏_{l=j+1}^{40} \frac{74+l−1}{75+l−1}. Ezért Eη_{j} = 1 − ∏_{l=j+1}^{40} \frac{74+l−1}{75+l−1}, ha 1 ≤ j ≤ 39, és Eη_{40} = 0. Innen

kapjuk, hogy

EX = 75 (1 − ∏_{j=1}^{40} \frac{74 + j − 1}{75 + j − 1}) + ∑_{l=1}^{39} [1 − ∏_{l=j+1}^{40} \frac{74 + l − 1}{75 + l − 1}] .

8.) Egy kártyacsomag 75 kártyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 és 75 közötti számok valamelyikével meg van számozva. Kihúzunk 40 kártyát úgy, hogy a páratlan indexű húzások után a kártyát visszatesszük, a páros indexű húzások után pedig nem tesszük vissza a csomagba. Jelölje X azt, hogy hány különböző kártyalapot húztunk ki. Számoljuk ki az EX várható értéket. Megoldás: Számozzuk meg a kártyacsomag lapjait 1-től 75-ig, és vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 75, valószínűségi változókat. ξ_{j} = 1, ha a j-ik kártyát kihúztuk, ξ_{j} = 0, ha a j-ik kártyát nem húztuk ki a 40 húzás során. Ekkor X =

∑_{j=1}^{75} ξ_{j}, ezért EX = ∑_{j=1}^{75} Eξ_{j} = ∑_{j=1}^{75} P (ξ_{j} = 1). Annak a valószínűsége, hogy a j-

ik kártyát nem húzzuk ki 40 húzás során ∏_{j=1}^{20} (\frac{74−j+1}{75−j+1})^{2}. Ezt a valószínűséget a

következő észrevétel segítségével számoltuk ki. Jelölje p_{l} = p_{l,j} annak a feltételes valószínűségét, hogy a j-ik lapot nem húztuk ki az l-ik húzásban, feltéve, hogy az első l − 1 húzásban sem húztuk ki azt. (Legyen p_{1} annak a valószínűsége, hogy a j-ik lapot az első húzásban nem húztuk ki.) Akkor annak valószínűsége, hogy a

j-ik lapot 40 húzásban nem húztuk ki ∏_{l=1}^{40} p_{l} = ∏_{j=1}^{20} (\frac{74−j+1}{75−j+1})^{2}. Innen P (ξ_{j} = 1) =

1 − ∏_{j=1}^{20} (\frac{74−j+1}{75−j+1})^{2}, és EX = 75 (1 − ∏_{j=1}^{20} (\frac{74−j+1}{75−j+1})^{2}).

9.) Legyen két urna, mind a kettőben 10 piros és 10 fehér golyó. Egymás után kihúzunk nyolc golyót mind a két urnából, az elsőből visszatevés nélkül, a másodikból visszatevéssel. Ha a j-ik húzásnál a két urnából kihúzott golyó egyforma színű, akkor két forintot nyerünk, ha különböző színűek, akkor egy forintot veszítünk, 1 ≤ j ≤ 8. Számítsuk ki nyereményünk várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 8, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik húzásnál mind két urnából piros vagy mind a két urnából fehér golyót húzunk, és ξ_{j} = −1, ha az egyik urnából fehér és a másik urnából piros golyót

húzunk. Akkor a minket érdeklő mennyiségek a S = ∑_{j=1}^{8} ξ_{j} valószínűségi változó

várható értéke és szórásnégyzete. Ennek kiszámítása érdekében számítsuk ki az Eξ_{j}, Var ξ_{j} és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) mennyiségeket. Vegyük észre, hogy P (ξ_{j} = −1) = P (ξ_{1} = −1) = \frac{1}{2} · \frac{1}{2} + \frac{1}{2} · \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, mert kifejezve külön annak a valószínűségét, hogy (fehér, piros) vagy (piros, fehér) húzás történik. Hasonlóan P (ξ_{j} = 2) = \frac{1}{2}. Ezért Eξ_{j} = 2\frac{1}{2} − \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}(4 + 1) = \frac{5}{2}, Var ξ_{j} = \frac{9}{4}.

Hasonlóan, P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = 2) = P (ξ_{1} = 2, ξ_{2} = 2) = 2 · \frac{1}{4} · \frac{1}{2} · \frac{9}{19} + 2 · \frac{1}{4} · \frac{1}{2} · \frac{10}{19} = \frac{1}{4}, P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = −1) = P (ξ_{1} = 2, ξ_{2} = −1) = 2· \frac{1}{4} · \frac{1}{2} (\frac{10}{19} + \frac{9}{19}) = \frac{1}{4}, P (ξ_{j} = −1, ξ_{k} = −1) = P (ξ_{1} = −1, ξ_{2} = −1) = \frac{1}{4} (itt felsoroltuk, hogy például a ξ_{1} = 2, ξ_{2} = 2 azt jelenti, hogy az ((F,F),(F,F)), ((F,F),(P,P)), ((P,P),(F,F)) vagy ((P,P),(P,P)) húzássorozatok valamelyike következik be. Ezért Eξ_{j}ξ_{k} = P (ξ_{j} = −1, ξ_{k} = −1) + 4P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = 2)−2P (ξ_{j} = −1, ξ_{k} = 2)−2P (ξ_{j} = 2, ξ_{k} = −1) = \frac{1}{4}(1+4−4) = \frac{1}{4}, és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = \frac{1}{4} − \frac{1}{4} = 0. Innen következik, hogy a ξ_{j} valószínűségi változók korrelálatlanok, és ES = 8Eξ_{1} = 2, Var S = 8Var ξ_{1} = 18.