HATÁRELOSZLÁSTÉTEL POISSON HATÁRELOSZLÁSSAL

A centrális határeloszlástételhez hasonlóan létezik határeloszlástétel Poisson határeloszlással. Ennek általános alakját szintén szériasorozatokra érdemes megfogalmazni. Ez a következőképpen szól.

Határeloszlástétel Poisson határeloszlással. Legyen adva egy

ξ_{1,1} …, ξ_{1,n_{1}}
⋮  ⋮
ξ_{k,1} …, ξ_{k,n_{k}}
⋮  ⋮

szériasorozat, azaz ξ_{k,j}, k = 1, 2, …, 1 ≤ j ≤ n_{k} valószínűségi változók egy olyan rendszere, amelyben az egy sorban álló (azaz ugyanolyan k index-szel rendelkező) valószínűségi változók függetlenek. Tegyük fel továbbá, hogy e valószínűségi változók teljesítik a következő feltételeket is:

1.) A ξ_{k,j} valószínűségi változók nem negatív egész értékeket vesznek fel.

2.) P (ξ_{k,j} = 1) = λ_{k,j}, lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = λ > 0.

3.) sup_{1≤j≤n_{k}} λ_{k,j} → 0, ha k → ∞, és ∑_{j=1}^{n_{k}} P (ξ_{k,j} ≥ 2) → 0, ha k → ∞.

Ekkor az S_{k} = ∑_{j=1}^{n_{k}} ξ_{k,j} véletlen összegek eloszlásban konvergálnak a λ paraméterű

Poisson eloszláshoz, ha k → ∞, azaz lim_{k→∞} P (S_{k} = l) = \frac{λ^{l}}{l!} e^{−λ} minden l = 0, 1, 2, … számra.

Megjegyzés: Értsük meg a feladat feltételeit. Nem negatív egész értékű valószínűségi változókból álló szériasorozatot vettünk, amely teljesít egy az egyenletes kicsiséghez hasonló feltételt. A 3.) feltétel alapján lim_{k→∞} sup_{1≤j≤n_{k}} P (ξ_{k,j} > 0) = 0, ami hasonlít az

egyenletes kicsiség feltételéhez, bár megengedi, hogy nagyon kis valószínűséggel a ξ_{k,j} valószínűségi változók olyan nagy értékeket vegyenek fel, ami miatt a szórásnégyzetük nagy.

Ugyanakkor, mint azt a centrális határeloszlástétel egyik példájának tárgyalásában láttuk a (normalizált) ξ_{k,j} − Eξ_{k,j} valószínűségi változók a 2.) tulajdonság miatt nem teljesítik a Lindeberg feltételt. Ezért rájuk nem érvényes a centrális határeloszlástétel. A 3.) feltétel alapján mind a P (ξ_{k,j} = 1) mind a P (ξ_{k,j} ≥ 2) valószínűségek nagyon kicsik nagy k indexekre. De míg a P (ξ_{k,j} ≥ 2) valószínűségek ‘másodrendben’ kicsik a

lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} P (ξ_{k,j} ≥ 2) = 0 feltétel alapján a P (ξ_{k,j} = 1) valószínűségek csak ‘elsőrendben’ kicsik a lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = λ > 0 feltétel miatt. A tétel azt mondja ki, hogy ilyen feltételek

teljesülése esetén az S_{k} = ∑_{j=1}^{n_{k}} ξ_{k,j} véletlen összegek egy λ paraméterű Poisson eloszlású

valószínűségi változóhoz konvergálnak eloszlásban.

Jegyezzük meg, hogy bár formális értelemben az eloszlások konvergenciáját másképpen definiáltuk, abban a speciális esetben, ha mindegyik S_{k}, k = 0, 1, 2, …, valószínűségi változó egész értéket vesz fel az S_{k} valószínűségi változók eloszlásban való konvergenciája az S_{0} valószínűségi változóhoz k → ∞ esetben ekvivalens azzal, hogy a lim_{k→∞} P (S_{k} = n) = P (S_{0} = n) reláció teljesül minden n egész számra. Ezért a kimondott határeloszlástétel bizonyításához elég azt megmutatni, hogy az S_{k} véletlen összegek karakterisztikus függvényei konvergálnak egy λ paraméterű Poisson eloszlású S_{0} valószínűségi változó karakterisztikus függvényéhez. Ennek bizonyítása azon alapul, hogy jó aszimptotikus formulát adunk az Ee^{itξ_{k,j}} karakterisztikus függvények értékeire.

A tétel bizonyítása. Egy λ paraméterű Poisson eloszlású S_{0} valószínűségi karakterisztikus függvénye

Ee^{itS_{0}} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{λ^{j}}{j!} e^{−λ}e^{ijt} = e^{−λ} ∑_{j=0}^{∞} \frac{(λe^{it})^{j}}{j!} = e^{λ(e^{it}−1)}.

Másrészt Ee^{itξ_{k,j}} = P (ξ_{k,j} = 0) + e^{it}P (ξ_{k,j} = 1) + ε_{k,j}(t), ahol ε_{k,j}(t) = ∑_{l=2}^{∞} P (ξ_{k,j} =

l)e^{ilt}. Vezessük be a δ_{k,j} = P (ξ_{k,j} ≥ 2) jelölést. Mivel |ε_{k,j}(t)| ≤ P (ξ_{k,j} ≥ 2) = δ_{k,j}, P (ξ_{k,j} = 0) = 1 − P (ξ_{k,j} = 1) − P (ξ_{k,j} ≥ 2) = 1 − λ_{k,j} − δ_{k,j}, ezért Ee^{itξ_{k,j}} = 1−λ_{k,j} +e^{it}λ_{k,j} +η_{k,j}(t) valamely η_{k,j}(t) mennyiséggel, amelyre |η_{k,j}(t)| ≤ 2δ_{k,j}. Mivel | log(1 + z) − z| ≤ 2|z|^{2}, ha |z| ≤ \frac{1}{10} (tetszőleges z, |z| ≤ \frac{1}{10} komplex számra), és lim_{k→∞} sup_{1≤j≤n_{k}} λ_{k,j} = 0, lim_{k→∞} sup_{1≤j≤n_{k}} δ_{k,j} = 0 az előző becslések alapján felírhatjuk, hogy

| log Ee^{itξ_{k,j}} − (Ee^{itξ_{k,j}} − 1)| ≤ 2|Ee^{itξ_{k,j}} − 1|^{2},

és mivel |(Ee^{itξ_{k,j}} − 1) − λ_{k,j}(e^{it} − 1)| ≤ 2δ_{k,j}

| log Ee^{itξ_{k,j}} − λ_{k,j}(e^{it} − 1)| ≤ 2δ_{k,j} + 2|Ee^{itξ_{k,j}} − 1|^{2} ≤ 8λ_{k,j}^{2} + 4δ_{k,j}  (1)

minden 1 ≤ j ≤ n_{k} indexre, ha k ≥ k_{0} valamilyen alkalmas k_{0} index-szel. Az utolsó egyenlőtlenségben azt használtuk ki, hogy

|Ee^{itξ_{k,j}} − 1|^{2} ≤ 2|(Ee^{itξ_{k,j}} − 1) − λ_{k,j}(e^{it} − 1)|^{2} + 2|λ_{k,j}(e^{it} − 1)|^{2} ≤ 4δ_{k,j}^{2} + 8λ_{k,j}^{2}.

Az (1) egyenlőtlenséget összeadva minden 1 ≤ j ≤ n_{k} indexre azt kapjuk, hogy nagy k indexekre

|∑_{j=1}^{n_{k}} log Ee^{itξ_{k,j}} − (e^{it} − 1) ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j}| ≤ ∑_{j=1}^{n_{k}}(4λ_{k,j}^{2} + 8δ_{k,j}).

Mivel lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} δ_{k,j} = 0 és lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j}^{2} ≤ lim_{k→∞} sup_{1≤j≤n_{k}} λ_{k,j} · ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = 0, ezért

|∑_{j=1}^{n_{k}} log Ee^{itξ_{k,j}} − (e^{it} − 1) ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j}| → 0, ha k → ∞.

Továbbá, mivel lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} λ_{k,j} = λ > 0, ezért

lim_{k→∞} ∑_{j=1}^{n_{k}} log Ee^{itξ_{k,j}} = λ(e^{it} − 1), ha k → ∞.

Ez azt jelenti, hogy lim_{k→∞} Ee^{itS_{k}} = lim_{k→∞} ∏_{j=1}^{n_{k}} Ee^{itξ_{k,j}} = e^{λ(e^{it}−1)} = Ee^{itS_{0}}, és ezt kellett

belátni.

Megjegyzés: A bevezető valószínűségszámítás előadásban a fenti tétel egy gyengített változatát a generátorfüggvény módszer segítségével bizonyítottuk be. A karakterisztikus függvény és generátor függvény módszer alkalmazása között (nem negatív egész értékű valószínűségi változók vizsgálatában) szoros kapcsolat van. Valóban, legyen ξ

nem negatív egész értékű valószínűségi változó, P (ξ = k) = p_{k}, 0 ≤ k < ∞, ∑_{k=0}^{∞} p_{k} = 1.

Ekkor a ξ valószínűségi változó generátorfüggvénye P (x) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}x^{k}, karakterisztikus

függvénye pedig φ(t) = ∑_{k=0}^{∞} p_{k}e^{ikt}. Innen φ(t) = P (e^{it}). Tehát nem negatív egész

értékű valószínűségi változók karakterisztikus függvénye megegyezik e valószínűségi változók generátorfüggvényének az értékével a komplex egységkörön. (A φ(t) szám a generátorfüggvény értékével egyenlő az abszcissza tengellyel t szöget bezáró komplex egységvektoron.)

A centrális és többdimenziós centrális határeloszlástétellel kapcsolatos feladatok.

A többdimenziós normális eloszlás definiciója szerint egy n-dimenziós ξ = (ξ_{1}, …, ξ_{n}) standard normális eloszlású vektorra és egy n × n méretű A mátrixra ξA (nulla várható értékű, n-változós) normális eloszlású vektor. Meg akarjuk mutatni, hogy igaz a következő általánosabb állítás.

Állítás. Tetszőleges n-dimenziós ξ = (ξ_{1}, …, ξ_{n}) normális eloszlású vektorra és m × n méretű A mátrixra ξA (nulla várható értékű, m-változós) normális eloszlású vektor.

Ezt meg lehet mutatni a ξA karakterisztikus függvényének a kiszámolásával, de lássuk be ezt az állítást közvetlenül lineáris algebrai módszerekkel.

Az állítás bizonyítása. Feltehetjük, hogy ξ n-dimenziós standard normális eloszlású valószínűségi változó, mert eloszlása megegyezik egy ξ̄ = ηB véletlen vektoréval, ahol η standard normális, és B n × n-es mátrix. Ezért ξA eloszlása megegyezik ξ̄A = ηBA eloszlásával, és elég az utóbbi véletlen vektor normalitását belátni.

Ha m = n, akkor ez az állítás a normális eloszlás definiciójának a közvetlen következménye. Az m > n eset szintén egyszerű. Ekkor ugyanis a ξ véletlen vektort kiegészíthetjük egy ξ̃ = (ξ_{1}, …, ξ_{m}) m-dimenziós standard normális eloszlású véletlen vektorrá, A-t pedig egy m × m méretű Ã mátrixra az utolsó m − n sor minden elemét nullának választva. Ekkor ξA = ξ̃Ã m-dimenziós normális eloszlású vektor. Az m < n eset vizsgálata érdekében igazolunk egy önmagában is érdekes és hasznos állítást. Ennek érdekében definiáljuk a következő Euklideszi teret.

Legyen ξ_{1}, ξ_{2}, …,ξ_{n} n független, standard normális eloszlású valószínűségi változó.

Tekintsük az összes η = ∑_{j=1}^{n} a_{j}ξ_{j} valószínűségi változót, ahol a_{1}, …, a_{n} tetszőleges valós

számok. Az így definiált valószínűségi változók egy N Euklideszi teret alkotnak, ha e tér

két η = ∑_{j=1}^{n} a_{j}ξ_{j} ∈ N, η̄ = ∑_{j=1}^{n} ā_{j}ξ_{j} ∈ N, elemének az Aη + Bη̄ lineáris kombinációját az

Aη + Bη̄ = ∑_{j=1}^{n}(Aa_{j} + Bā_{j})ξ_{j}) képlettel definiáljuk, skalárszorzatukat pedig az (η, η̄) =

Eηη̄ = ∑_{j=1}^{n} a_{j}ā_{j} formulával.

Lemma. Az előbb definiált N Euklideszi tér elemei nulla várható értékű normális eloszlású valószínűségi változók. Továbbá, ha adva van k darab η_{j} ∈ N, 1 ≤ j ≤ k, korrelálatlan, azaz olyan valószínűségi változó, amelyekre Eη_{i}η_{j} = 0, ha 1 ≤ i, j ≤ k, és i ≠ j, akkor ezek az η_{1}, …, η_{k} valószínűségi változók függetlenek (és normális eloszlásúak).

Bizonyítás. Tanultuk, hogy független normális eloszlású valószínűségi változók összege

is normális eloszlású. Ezért minden η = ∑_{j=1}^{n} a_{j}ξ_{j} alakú, azaz η ∈ N valószínűségi változó

normális eloszlású és nulla várható értékű. Amikor be akarjuk látni, hogy az η_{j} ∈ N, 1 ≤ j ≤ k, és Eη_{i}η_{j} = 0, 1 ≤ i, j ≤ k, i ≠ j feltételeket teljesítő valószínűségi változók függetlenek azt is feltehetjük (az η_{j} vektorokat alkalmas konstanssal megszorozva), hogy Eη_{j}^{2} = 1, 1 ≤ j ≤ k. Ekkor az η_{j} ∈ N, 1 ≤ j ≤ k, vektorokat kiegészíthetjük egy ortonormált η = (η_{1}, …, η_{n}) bázissá a N térben. Ekkor viszont η = ξU egy unitér U mátrix-szal, és mint tanultuk, ebből következik, hogy η standard normális eloszlású véletlen vektor, tehát koordinátái függetlenek.

Az állítás bizonyítása az m < n esetben. Tekintsük a ζ = ξA vektor (ζ_{1}, …, ζ_{m}) koordinátáit, mint az előbb definiált N Euklideszi tér elemeit. Tekintsük az N tér ζ_{1}, …, ζ_{m} vektorok által kifeszített lineáris alterét, és abban egy η_{1}, …, η_{m′}, m′ ≤ m ortonormált bázist. Ekkor η = (η_{1}, …, η_{m′}) egy standard normális eloszlású vektor, és ζ = ηA′ alkalmas A′ m′ × m méretű mátrix-szal. Innen következik, hogy a ζ vektor is normális eloszlású.

Feladatok:

1.) Legyen ξ_{1}, …, ξ_{n} n-változós normális eloszlású véletlen vektor, és k, 1 ≤ k ≤ n, egész szám. Mutassuk meg, hogy (ξ_{1}, …, ξ_{k}) k-változós normális eloszlású véletlen vektor.

Megoldás: (ξ_{1}, …, ξ_{n}) azonos eloszlású egy (ξ̄_{1}, …, ξ̄_{n}) = ζA + (m_{1}, …, m_{n}) vektorral, ahol ζ = (ζ_{1}, …, ζ_{n}) n-változós standard normális eloszlású vektor, A alkalmas n×n méretű mátrix, és (m_{1}, …, m_{n}) alkalmas n-dimenziós (determinisztikus) vektor. Jelölje B azt a k × n méretű mátrixot, amelyet úgy kapunk, hogy az A mátrixnak csak az első k oszlopát őrizzük meg. Ekkor a (ξ_{1}, …, ξ_{k}) vektor azonos eloszlású a (ζ_{1}, …, ζ_{n})B + (m_{1}, …, m_{k}) vektorral. Innen, illetve a feladatsor előtt megfogalmazott Állításból következik a feladat állítása.

2.) Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, ξ_{n} független normális eloszlású valószínűségi változók m vár-

ható értékkel és σ^{2} szórással. Ekkor a ξ̄ = \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} és az S_{n} = ∑_{j=1}^{n}(ξ_{j} − ξ̄)^{2} való-

színűségi változók függetlenek egymástól. Továbbá \frac{\sqrt{n}}{σ}(ξ̄− m) standard normális eloszlású, \frac{1}{σ} S_{n} pedig n−1 szabadságfokú χ^{2} eloszlású valószínűségi változó. (Ez az eredmény magyarázza meg, hogy bizonyos statisztikai feladatokban miért jelenik meg az U-eloszlás, amely egy standard normális és egy tőle független χ^{2} eloszlású valószínűségi változó hányadosának az eloszlása.)

Megoldás: Tekintsük a (ξ̄, ξ_{1} − ξ̄, …, ξ_{n} − ξ̄) véletlen vektort. Ez az előbb tárgyalt eredmény alapján egy n + 1 dimenziós normális eloszlású véletlen vektor. Továbbá egyszerű számolás mutatja, hogy Cov (ξ̄, ξ_{j} − ξ̄) = Cov (ξ̄, ξ_{j}) − Var ξ̄ = 0 minden 1 ≤ j ≤ n indexre. Ezért a (ξ̄, ξ_{1} − ξ̄, …, ξ_{n} − ξ̄) véletlen vektor D = (d_{i,j}), 1 ≤ i, j ≤ n + 1, covariancia mátrixa felbomlik egy 1 × 1-es és n × n-es mátrix direkt szorzatára, azaz d_{1,j} = d_{j,1} = 0, 2 ≤ j ≤ n + 1. Ezért a normális eloszlású vektorok tulajdonságaiból, (abból, hogy egy normális eloszlású véletlen vektor eloszlását meghatározza a véletlen vektor kovariancia mátrixa és várható érték vektora) következik, hogy ξ̄ és (ξ_{1} − ξ̄, …, ξ_{n} − ξ̄) függetlenek, továbbá

normális eloszlásúak. Ezért a ξ̄ és az S_{n} = ∑_{j=1}^{n}(ξ_{j} − ξ̄)^{2} valószínűségi változók

függetlenek egymástól. A χ^{2} statisztikáról tanultak alapján S_{n} eloszlása megegyezik egy χ^{2}(n − 1) eloszlású valószínűségi változó eloszlásával megszorozva a σ számmal. Ez az eredmény megkapható, a χ^{2} statisztikáról szóló eredmény speciális eseteként, ha felírjuk a (ξ_{1} −ξ̄, …, ξ_{n} −ξ̄) vektor kovariancia mátrixát. E vektor kovarianciamátrixa ugyanis Cov (ξ_{i}−ξ̄, ξ_{j} −ξ̄) = \frac{n−2}{n^{2}}Var ξ_{1}−2\frac{n−1}{n^{2}}Var ξ_{1} = −\frac{1}{n}Var ξ_{1}, ha i ≠ j, és Var (ξ_{i} − ξ̄) = \frac{n−1}{n^{2}}Var ξ_{1} + (1 − \frac{1}{n})^{2}Var ξ_{1} = (1 − \frac{1}{n})Var ξ_{1}.

A következő az előadásban bebebizonyított eredményt alkalmazzuk. Egy k-vál-tozós, nulla várható értékű és (d(, j)), kovariancia mátrixú normális vektor koordinátáinak négyzetösszege χ-négyzet eloszlású k −1 szabadságfokkal, ha d(i, j) =

−\sqrt{p_{i}}\sqrt{p_{j}}, ha i ≠ j, és d(i, i) = 1 − p_{i}, továbbá 1 ≤ p_{i} ≤ 1, 1 ≤ i ≤ k, és ∑_{i=1}^{k} p_{i} = 1,

Ezt az eredményt alkalmazzuk n = k, p_{i} = \frac{1}{n} választással.

3.) Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független, a [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] intervallumban egyenletes eloszlású való-

színűségi változók. Mutassuk meg, hogy a ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} és ∑_{j=1}^{n} ξ_{j}^{2} összegek normalizáltjai-

nak, azaz a \sqrt{\frac{12}{n}} ∑_{j=1}^{n} ξ_{j} és \sqrt{\frac{180}{n}} ∑_{j=1}^{n} (ξ_{j}^{2} − \frac{1}{12}) valószínűségi változóknak az együttes

eloszlása a két-dimenziós standard normális eloszláshoz konvergál, ha n → ∞.

Megoldás: Eξ = 0, Eξ^{2} = \frac{1}{12}, Var ξ = \frac{1}{12}, Var ξ^{2} = Eξ^{4} − (Eξ^{2})^{2} = \frac{1}{80} − \frac{1}{144} = \frac{1}{180}. Továbbá Cov (ξ, ξ^{2}) = Eξ^{3} − EξEξ^{2} = 0. Ezért a (\sqrt{12}ξ_{j}, \sqrt{180} (ξ_{j}^{2} − \frac{1}{12})), j = 1, 2, …, véletlen vektorok függetlenek, nulla várható értékkel és az identitás kovariancia mátrix-szal. Innen, és a több-dimenziós centrális határeloszlástételből következik a feladat állítása.

4.) Egy népszavazási kérdést a választáson akkor fogadnak el, ha egyrészt többen szavaztak rá igennel, mint nemmel, másrészt az igen szavazatok száma meghaladja az összes választópolgárok számának a 20%-át. Legyen mondjuk, n = 5000000 választópolgár, mindenki egymástól függetlenül 40% valószínűséggel megy el szavazni, és 50% valószínűséggel szavaz igennel. Mi a valószínűsége annak, hogy a népszavazás eredményeként elfogadják a népszavazási kérdést?

Megoldás: Vezessük be a következő (kétváltozós) vektorértékű (ξ_{j}, η_{j}) valószínűségi változókat. ξ_{j} = 1, ha a j-ik szavazó igennel szavaz, ξ_{j} = −1, ha nemmel szavaz, és ξ_{j} = 0, ha nem megy el szavazni. η_{j} = 1, ha a j-ik szavazó igennel szavaz, η_{j} = 0 egyébként, tehát ha nemmel szavaz vagy ha nem megy el szavazni. Legyen

S_{n} = ∑_{j=1}^{n} ξ_{j}, T_{n} = ∑_{j=1}^{n} η_{j}. Ekkor minket annak a valószínűsége érdekel, hogy

mind az S_{n} > 0 mind a T_{n} > 0.2n esemény bekövetkezik. Erre a kérdésre a többváltozós centrális határeloszlástétel segítségével tudunk válaszolni, ha azt a (ξ_{j}, η_{j}) véletlen vektorok összegére alkalmazzuk. Ekkor Eξ_{j} = 0, Eη_{j} = 0.2, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} = 0.4, Var η_{j} = Eη_{j}^{2} − (Eη_{j})^{2} = 0.2 − 0.2^{2} = 0.16, Cov (ξ_{j}, η_{j}) = Eξ_{j}η_{j} − Eξ_{j}Eη_{j} = Eξ_{j}η_{j} = P (ξ_{j} = 1, η_{j} = 1) = 0.2. (A számolás utolsó lépésében kihasználtuk, hogy η_{j} két értéket vesz fel. Továbbá, ha η_{j} = 0, akkor ξ_{j}η_{j} = 0, és ha η_{j} = 1, akkor a ξ_{j} és η_{j} definiciója szerint ξ_{j} = 1.) Innen lim_{n→∞} P (S_{n} > 0, T_{n} >

0.2n) = lim_{n→∞} P (\frac{1}{\sqrt{n}}S_{n} > 0, \frac{1}{\sqrt{n}}(T_{n} − ET_{n}) > 0), és ez azon (X, Y) normális eloszlású véletlen vektor által meghatározott P (X > 0, Y > 0 valószínűséghez tart, amelyre EX = EY = 0, kovariancia mátrixát pedig a Var X = 0.4, Var Y = 0.16, Cov (X, Y) = 0.2 képletek határozzák meg.

Megjegyzés: Az ebben a feladatban kapott valószínűség valamivel nagyobb, mint 0.25, azaz az az érték, ami akkor jelenne meg, ha a határeloszlásban megjelenő normális eloszású véletlen vektor X és Y koordinátái korrelálatlanok, ezért függetlenek lennének. 0.25 annak az (aszimptotikus) valószínűsége, hogy legalább a szavazatok 40%-át leadták, és az igen szavazatok voltak többségben. De pozitív valószínűséggel az is bekövetkezhet, hogy az össz-szavazatok száma valamivel kevesebb, mint a szavazásra jogosultak számának 40%-a, de ezen belül a többségben levő igennel szavazók száma meghaladja a szavazásra jogosultak számának a 20%-át.

5.) Számoljuk ki az előző feladat megoldásában megjelenő határeloszlás sűrűségfüggvényét, azaz egy olyan normális eloszlású (ξ, η) véletlen vektor sűrűségfüggvényét, amelyre Eξ = Eη = 0, Var X = 0.4, Var Y = 0.16, Cov (X, Y) = 0.2. Megoldás: Számoljuk ki a tekintett véletlen vektor kovariancia mátrixának a determinánsát és inverzét. A determináns értéke Var ξVar η − (Cov (ξ, η))^{2} = 0.4 · 0.16 −

0.2^{2} = 0.024, az inverz mátrix olyan D = ( \begin{matrix}A & B \\ B & C \end{matrix} ) mátrix amelyre A = \frac{0.16}{0.024} =

\frac{160}{24} = \frac{20}{3}, C = \frac{0.4}{0.024} = \frac{50}{3}, B = −\frac{0.2}{0.024} = −\frac{25}{3}. Innen a keresett sűrűségfüggvény értéke

f(x, y) = \frac{1}{2π\sqrt{det D}} e^{−(Ax^{2}+Cy^{2}+2Bxy)/2} = \frac{\sqrt{15}}{50π} exp \{−\frac{5}{3}(2x^{2} + 5y^{2} − 5xy)\} .

Innen az is következik, hogy az előző feladat megoldását megadó valószínűség közelítőleg ∫_{0}^{∞} ∫_{0}^{∞} f(x, y) dx dy a fenti f(x, y) sűrűségfüggvénnyel.

6.) Egy termék megvásárlásakor kapunk egy kupont. Összesen n különböző kupon létezik, és az egyes vásárlások során egymástól függetlenül \frac{1}{n} valószínűséggel kapjuk meg valamelyik kupont. Egymás után sok alkalommal vásároljuk meg ezt a terméket. Jelölje S_{1} = S_{1}^{(n)} azt a valószínűségi változót, hogy hanyadik vásárlásnál gyüjtöttük össze a kuponok felét, azaz \frac{n}{2} különböző kupont, (legyen n páros szám), és S_{2} = S_{2}^{(n)} azt a valószínűségi változót, hogy hanyadik vásárlásnál gyüjtöttük össze az összes kupont. Számoljuk ki S_{1} = S_{1}^{(n)} és S_{2} = S_{2}^{(n)} várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Jelölje U_{1} azt, hogy hanyadik vásárlásnál kaptuk az első, U_{2} azt, hogy hanyadik vásárlásnál kaptuk a második, és így tovább U_{k} azt, hogy hanyadik vásárlásnál kaptuk a k-ik kupont, 1 ≤ k ≤ n. Ekkor a ξ_{k} = U_{k} − U_{k−1}, 1 ≤ k ≤ n, (az U_{0} = 0 jelöléssel) független geometriai eloszlású valószínűségi változók, és ξ_{k}

eloszlásának a paramétere p = \frac{n−k+1}{n}. Továbbá S_{1}^{(n)} = ∑_{k=1}^{n/2} ξ_{k}, S_{2}^{(n)} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. Ezért

a bevezető előadásban a geometriai eloszlás várható értékńek és szórásnégyzetének

kiszámolásáról szóló eredmény alapján ES_{1}^{(n)} = ∑_{k=1}^{n/2} \frac{n}{n−k+1} = n ∑_{k=n/2+1}^{n} \frac{1}{k}, ES_{2}^{(n)} =

∑_{k=1}^{n} \frac{n}{n−k+1} = n ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k}, Var S_{1}^{(n)} = ∑_{k=1}^{n/2} \frac{\frac{k−1}{n}}{\frac{(n−k+1)^{2}}{n^{2}}} = n ∑_{k=1}^{n/2} \frac{k−1}{(n−k+1)^{2}} , és

Var S_{2}^{(n)} = ∑_{k=1}^{n} \frac{\frac{k−1}{n}}{\frac{(n−k+1)^{2}}{n^{2}}} = n ∑_{k=1}^{n} \frac{k − 1}{(n − k + 1)^{2}} .

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy ES_{1}^{(n)} ∼ n ∫_{n/2}^{n} \frac{1}{x} dx = n log 2, míg ES_{2}^{(n)} ∼ n log n.

Hasonlóan, Var S_{1}^{(n)} ∼ n ∫_{0}^{n/2} \frac{x}{(n−x)^{2}} dx = n ∫_{0}^{1/2} \frac{t}{(1−t)^{2}} dt = const. n. Másrészt Var S_{2}^{(n)} nagyságrendje n^{2}. Valóban, tekintve a Var S_{2}^{(n)}-et definiáló összegnek a k = n paraméterhez tartozó tagját kapjuk, hogy Var S_{2}^{(n)} ≥ n(n − 1). Továbbá Var S_{2}^{(n)} =

n ∑_{k=1}^{n} \frac{k−1}{(n−k+1)^{2}} ≤ n ∑_{k=1}^{n} \frac{n}{(n−k+1)^{2}} = n^{2} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} ≤ const. n^{2}.

7.) Hogyan tudunk a centrális határeloszlástétel segítségével egy olyan [A_{n}, B_{n}] intervallumot definiálni, amelyre nagy n számra P (S_{1}^{(n)} ∈ [A_{n}, B_{n}]) ∼ 0.9 a 6. feladatban definiált S_{1}^{(n)} valószínűségi változóval? Mutassuk meg, hogy az S_{2}^{(n)} valószínűségi változókra nem alkalmazható a centrális határeloszlástétel. Megoldás: Láttuk a 6. feladat megoldásában, és az azt követő megjegyzésben, hogy S_{1}^{(n)} felírható \frac{n}{2} független valószínűségi változó összegeként, és a várható

értéke C_{n} = n ∑_{k=n/2+1}^{n} \frac{1}{k}, szórásnégyzete pedig

Var S_{1}^{(n)} = n ∑_{k=1}^{n/2} \frac{k − 1}{(n − k + 1)^{2}} = n ∑_{k=1}^{n/2} \frac{\frac{k−1}{n}}{(1 − \frac{k+1}{n})^{2}} n ∼ n ∫_{0}^{1/2} \frac{t}{(1 − t)^{2}} dt

= n ([\frac{1}{1 − t}]_{0}^{1/2} + [log(1 − t)]_{0}^{1/2}) = (1 − log 2)n.

Ezért a centrális határeloszlástétel alapján

P (−t ≤ \frac{S_{1}^{(n)} − C_{n}}{\sqrt{n(1 − log 2)}} ≤ t) ∼ 2Φ(t) − 1.

Válasszuk t-t, mint azt a számot, amelyre Φ(t) = 0.95. A normális eloszlás táblázata alapján t ∼ 1.645. Legyen A_{n} = C_{n} − 1.645\sqrt{(1 − log 2)n}, B_{n} =

C_{n} + 1.645\sqrt{(1 − log 2)n}, ahol C_{n} = n ∑_{k=n/2+1}^{n} \frac{1}{k}.

Meg kell még indokolni, hogy a centrális tétel alkalmazható ebben az esetben. A szériasorozatokról szóló centrális határeloszlástételre van szükségünk a ξ_{k}^{(n)}, n = 2, 4, 6, …, 1 ≤ k ≤ n, szériasorozatra. Be lehet látni az előadáson független valószínűségi változók összegére tárgyalt érveléssel, hogy a centrális határeloszlástétel teljesül, ha az összeadandók valamely 2-nél nagyobb (például negyedik) momentumai nem túl nagyok. A 42. feladat számolása alapján könnyen ellenőrizhető, hogy Eξ_{k}^{4} ≤ C_{1}, ha 1 ≤ k ≤ \frac{n}{2} egy C_{1} konstanssal, amely nem függ n-től. Másrészt Var ξ_{k} ≥ C_{2} egy n-től független C_{2} konstanssal, ha \frac{n}{4} ≤ k ≤ \frac{n}{2}. Ezek a relációk elegendőek a centrális határeloszástétel teljesüléséhez.

A 6. feladat utáni megjegyzésben láttuk, hogy Var ξ_{n} ≥ const. n^{2}, és Var S_{2}^{(n)} ≤ const. n^{2}. Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben a centrális határeloszlástételhez szükséges egyenletes kicsiség feltétele nem teljesül.

8.) Egy nagyvárosban népszavazást tartanak egy kérdésről. A város egy folyó két oldalán fekszik, és a folyó két oldalán lakóknál más mind a kérdés támogatottsága, mind a szavazási hajlandóság. A folyó baloldalán 85000 szavazópolgár lakik, az ottlakók \frac{3}{4} valószínűséggel támogatják a javaslatot, és \frac{4}{5} valószínűséggel mennek el szavazni. A folyó jobbpartján 50400 szavazópolgár lakik, az ottlakók \frac{1}{2} valószínűséggel támgatják a javaslatot, és \frac{2}{3} valószínűséggel mennek el szavazni. Az egyes lakosok véleménye és szavazási hajlandósága független egymástól. Mi annak a (közelítő) valószínűsége, hogy a leadott igen szavazatok száma nagyobb, mint a leadott nem szavazatok kétszerese plusz 1080? Megoldás. Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 85000 és η_{j}, 1 ≤ j ≤ 50400, valószínűségi változokat. ξ_{j} = 1, ha a folyó j-ik baloldali partján lakó szavazópolgár igennel szavaz, ξ_{j} = −2, ha nemmel szavaz, és ξ_{j} = 0, ha nem megy el szavazni, 1 ≤ j ≤ 85000. Hasonlóan, η_{j} = 1, ha a folyó j-ik jobboldali partján lakó szavazópolgár igennel szavaz, η_{j} = −2, ha nemmel szavaz, és η_{j} = 0, ha nem

megy el szavazni, 1 ≤ j ≤ 50400. Legyen S = ∑_{j=1}^{85000} ξ_{j} + ∑_{j=1}^{50400} η_{j}. Vegyük észre,

hogy minket a P (S > 1080) valószínűség nagysága érdekel. (A ξ_{j} és η_{j} valószínűségi változókat hasonlóan definiáltuk. Azért tettünk közöttük különbséget, mert más az eloszlásuk.) Erre a valószínűségre a független, de nem feltétlenül egyforma eloszlású valószínűségi változók összegére vonatkozó centrális határeloszlástétel segítségével tudunk jó közelítést adni. Ennek érdekében számoljuk ki az S összeg várható értékét és szórásnégyzetét. Mivel P (ξ_{j} = 1) = \frac{3}{5}, P (ξ_{j} = −1) = \frac{1}{5}, P (ξ_{j} = 0) = \frac{1}{5}, ezért Eξ_{j} = \frac{1}{5}, Eξ_{j}^{2} = \frac{7}{5}, Var ξ_{j} = \frac{34}{25}. Hasonlóan, P (η_{j} = 1) = \frac{1}{3}, P (η_{j} = −1) = \frac{1}{3}, P (η_{j} = 0) = \frac{1}{3}, ezért Eη_{j} = −\frac{1}{3}, Eη_{j}^{2} = \frac{5}{3}, Var ξ_{j} = \frac{14}{9}. Ezért ES = 85000 × \frac{1}{5} − 50400 × \frac{1}{3} = 200, Var S = 85000 × \frac{34}{25} + 50400 × \frac{14}{9} = (20)^{2}(17^{2} + 14^{2}) ∼ 440^{2}.

Innen P (S > 1080) = P (\frac{S−ES}{Var S} > \frac{1080−ES}{Var S} ) = P (\frac{S−ES}{Var S} > \frac{880}{440}) ∼ 1 − Φ(2) ∼ 0.0228.

További feladatok.

9.) Legyenek ξ és η független, standard normális eloszlású valószínűségi változók. Lássuk be, hogy ξ^{2} + η^{2} exponenciális eloszlású valószínűségi változó λ = \frac{1}{2} paraméterrel. Megoldás: P (ξ^{2} < x) = Φ(\sqrt{x}) − Φ(−\sqrt{x}) = 2Φ(\sqrt{x}) − 1, ha x ≥ 0. Írjuk fel ξ^{2} sűrűségfüggvényét és konvolució segítségével a kívánt sűrűségfüggvényt. A ξ^{2} valószínűségi változó sűrűségfüggvénye g(x) = \frac{φ(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{2πx}}e^{−x/2}, ha x ≥ 0, és g(x) = 0, ha x < 0, és ξ^{2} + η^{2} sűrűségfüggvénye

f(x) = g ∗ g(x) = ∫_{0}^{x} \frac{1}{2π\sqrt{u(x − u)}}e^{−u/2}e^{−(x−u)/2} du

= e^{−x/2} ∫_{0}^{1} \frac{1}{2π\sqrt{v(1 − v)}} dv = \frac{1}{2}e^{−x/2}, ha x ≥ 0,

és f(x) = 0, ha x ≤ 0.

Megjegyzés: Az x paramétertől nem függő ∫_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{v(1−v)}} dv integrál értékét meghatározza

az a tény, hogy a végeredményként kapott függvény sűrűségfüggvény, ezért integrálja a számegyenesen eggyel egyenlő. De ki is tudjuk számolni ezt az integrált. Vagyük észre, hogy

\frac{1}{\sqrt{v(1 − v)}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} − (v − \frac{1}{2})^{2}}} = \frac{2}{\sqrt{1 − (2v − 1)^{2}}} ,

ezért u = 2v − 1 helyettesítéssel

∫_{0}^{x} \frac{1}{2π\sqrt{v(1 − v)}} dv = ∫_{−1}^{2x−1} \frac{1}{2π\sqrt{1 − u^{2}}} du

= \frac{1}{2π} [arcsin x]_{−1}^{2x−1} = \frac{arcsin(2x − 1) + \frac{π}{2}}{2π} .

Innen következik, hogy a tekintett integrál értéke x = 1 esetén \frac{1}{2}, mivel arcsin 1 = \frac{π}{2} .

10.) Legyen η_{1} és η_{2} két független normális eloszlású valószínűségi változó m_{1} illetve m_{2} várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ_{2}^{2} szórásnégyzettel. Lássuk be, hogy az η_{1} + η_{2} összeg m_{1} + m_{2} várható értékű és σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} szórásnégyzetű normális eloszlású valószínűségi változó.

A feladat megoldása előtt érdemes megjegyezni, hogy

∫_{−∞}^{∞} e^{−(x−A)^{2}/B} dx = \sqrt{Bπ}.

Ezt láthatjuk például az y = \sqrt{2}\frac{x−A}{\sqrt{B}} helyettesítéssel, és abból a tényből, hogy a

φ(y) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−y^{2}/2} függvény sűrűségfüggvény. Ez az észrevétel azért hasznos, mert ez lehetővé teszi, hogy amennyiben olyan integrált kell kiszámolni, amelyben az integrandus exponensében egy kvadratikus alak szerepel, akkor az inegrandusban szereplő kifejezést teljes négyzetté alakítva ki tudjuk számolni az integrált. Ez a gondolata a jelen feladat megoldásának is.

Megoldás: Az η_{1} + η_{2} valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

f(x) = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} e^{−(u−m_{1})^{2}/2σ_{1}^{2}}e^{−(x−u−m_{2})^{2}/2σ_{2}^{2}} du

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} exp\{−u^{2} (\frac{1}{2σ_{1}^{2}} + \frac{1}{2σ_{2}^{2}} ) + u (\frac{m_{1}}{σ_{1}^{2}} + \frac{x − m_{2}}{σ_{2}^{2}} )

− \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \} du

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} exp\{−\frac{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}} (u − \frac{m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2}}{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}} )^{2}

+ \frac{(m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2})^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} − \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \} du

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2πσ_{1}σ_{2}} exp \{−\frac{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}} u^{2}\} du

exp \{\frac{(m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2})^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} − \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \}

= \frac{1}{\sqrt{2π(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})}} exp \{\frac{(m_{1}σ_{2}^{2} + (x − m_{2})σ_{1}^{2})^{2}}{2σ_{1}^{2}σ_{2}^{2}(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} − \frac{m_{1}^{2}}{2σ_{1}^{2}} − \frac{(x − m_{2})^{2}}{2σ_{2}^{2}} \}

= \frac{1}{\sqrt{2π(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})}} exp \{−\frac{(x − m_{1} − m_{2})^{2}}{2(σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})} \} .

Megjegyzés. A feladatot lehet egyszerűsíteni. Elég például arra az esetre koncentrálni a figyelmünket, amikor m_{1} = 0 és m_{2} = 0. Valóban, vezessük be az η̄_{1} = η_{1} − m_{1} és η̄_{2} = η_{2} − m_{2} valószínűségi változókat. Ekkor η̄_{1} és η̄_{2} független normális eloszlású valószínűségi változók 0 várható értékkel, σ_{1}^{2} és σ_{2}^{2} szórásnégyzettel. Másrészt η_{1} +η_{2} = η̄_{1} + η̄_{2} + m_{1} + m_{2}, és ha η̄_{1} + η̄_{2} sűrűségfüggvénye h(x), akkor η_{1} + η_{2} sűrűségfüggvénye h(x − m_{1} − m_{2}). Miért? Ez azt jelenti, hogy elég η̄_{1} + η̄_{2} sűrűségfüggvényét kiszámolni. 11.) Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen ξ sűrű-

ségfüggvénye f(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, és legyen t valós szám. Számoljuk ki az e^{tξ} valószínűségi változó Ee^{tξ} várható értékét. Megoldás:

Ee^{tξ} = ∫_{−∞}^{∞} e^{tu} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} du = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{tu−u^{2}/2−t^{2}/2+t^{2}/2} du

= e^{t^{2}/2} ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−(t−u)^{2}/2} du = e^{t^{2}/2}.

12.) Legyen ξ normális eloszlású valószínűségi változó 2 várható értékkel és 3 szórásnégyzettel. Számoljuk ki minden valós t számra az Ee^{tξ} várható értéket. Megoldás. A feladatot megoldhatjuk az előző feladat megoldásához hasonlóan. A ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvényét is fel tudjuk írni, és ezután az előző feladathoz hasonló integrál segítségével fel tudjuk írni a keresett várható értéket, és azt ehhez a feladathoz hasonlóan ki tudjuk számolni. De egyszerűbben is célhoz érhetünk. A feladatot közvetlenül visszavezethetjük erre a feladatra. Felírhatjuk ugyanis a ξ valószínűségi változót ξ = \sqrt{3}η + 2 alakban, ahol η standard normális eloszlású valószínűségi változó. Innen következik, hogy Ee^{tξ} = Ee^{t(\sqrt{3}η+2)} = e^{2t}Ee^{t\sqrt{3}η} = e^{2t}Ee^{(\sqrt{3}t)η} = e^{2t+3t^{2}/2} az előző feladat eredménye alapján.

13.) Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen a sűrűségfüggvénye φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, −∞ < x < ∞. Számoljuk ki a ξ valószínűségi változó Eξ^{k} k-ik momentumát minden k = 0, 1, 2, …, nem negatív egész számra.

Megoldás: Eξ^{k} = ∫_{−∞}^{∞} x^{k}φ(x) dx minden k = 0, 1, 2, … számra. Mivel páratlan k̄ = 2k + 1 számokra a fenti integrál x^{2k+1}φ(x) magfüggvénye páratlan, innen adódik, hogy Eξ^{2k+1} = 0. Páros indexekre a következő számolást végezhetjük el parciális integrálás segítségével.

Eξ^{2k} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k}φ(x) dx = \frac{1}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−1}xe^{−x^{2}/2} dx

= \frac{−1}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−1} \frac{d}{dx} (e^{−x^{2}/2}) dx

= \frac{−1}{\sqrt{2π}} [x^{2k−1}e^{−x^{2}/2}]_{−∞}^{∞} + \frac{1}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞}(2k − 1)x^{2k−2}e^{−x^{2}/2} dx

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

Mivel Eξ^{0} = 1 a fenti azonosságból kapjuk, hogy Eξ^{2} = 1, Eξ^{4} = 3Eξ^{2} = 3, Eξ^{6} = 5Eξ^{4} = 5 · 3, és teljes indukcióval Eξ^{2k} = (2k − 1) · (2k − 3) · (2k − 5) ⋯ 3 · 1.

14.) Legyen ξ és η két független standard normális eloszlású valószínűségi változó. Számítsuk ki az \frac{η}{ξ} hányados eloszlás és sűrűségfüggvényét.

A megoldás kidolgozása előtt tegyünk először egy általános megjegyzést. Ha adva van két valószínűségi változó ξ és η, amelyek (együttes) sűrűségfüggvénye egy ismert f(u, v) sűrűségfüggvény, akkor az \frac{η}{ξ} hányados eloszlásfüggvényét a következő módon számolhatjuk ki: Vezessük be a g(u, v) = g_{x}(u, v) függvényt, amely a síkon az \{(u, v): \frac{v}{u} < x\} halmaz indikátorfüggvénye, azaz g(u, v) = 1, ha \frac{v}{u} < x, és

g(u, v) = 0, ha \frac{v}{u} ≥ x. Ekkor P (\frac{η}{ξ} < x) = Eg(ξ, η) = ∫ ∫ g(u, v)f(u, v) du dv = ∫ ∫_{\{(u,v) : \frac{v}{u} <x\}} f(u, v) du dv. Látni fogjuk, hogy az ebben a feladatban vizsgálandó integrál viszonylag egyszerű, könnyebben kezelhető.

Megoldás. A feladatban vizsgálandó hányados eloszlásfüggvénye

F (x) = P (\frac{η}{ξ} < x) = ∫∫_{\{(u,v): v<xu\}} \frac{1}{2π} e^{−(u^{2}+v^{2})/2} du dv

= 2\frac{1}{2π} ∫_{− \frac{π}{2} <φ<arctan x} ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr dφ = \frac{1}{π} ∫_{− \frac{π}{2}}^{arctan x} dφ = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

Ebben a számolásban a felírt integrált átírtuk u = r cos φ, v = r sin φ transzformációval polárkoordinátarendszerben. E számolás során az integrandusban megjelenik az r Jacobian mint szorzó faktor. Ezután azt vegyük észre, hogy a belső r változó szerinti integrál ∫_{0}^{∞} re^{−r^{2}/2} dr = [−e^{−r^{2}/2}]_{0}^{∞} = 1.

Kiszámoltuk a keresett valószínűségi változó eloszlásfüggvényét. E valószínűségi változó sűrűségfüggvénye az eloszlásfüggvény deriváltja, azaz az f(x) = \frac{dF (x)}{dx} = \frac{1}{π(1+x^{2})} függvény.

Második megoldás. A (ξ, η) vektor sűrűségfüggvénye \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+y^{2})/2}, ami forgatásinvariáns függvény. Innen következik, hogy annak valószínűsége, hogy a (ξ, η) vektor egy origóból kiinduló α szögű szögtartományba esik, \frac{α}{2π}. Ezért

P (\frac{η}{ξ} < x) = P ((ξ, η) ∈ [−\frac{π}{2} , arctan x) ∪ [\frac{π}{2} , arctan x + π) szögtartományban)
= \frac{1}{2π} 2 (arctan x + \frac{π}{2} ) = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} arctan x.

15.) Legyen (ξ, η) két-dimenziós valószínűségi változó f(x, y) sűrűségfüggvénnyel. Lássuk be, hogy a \frac{η}{ξ} valószínűségi változónak is létezik sűrűségfüggvénye, és az a g(t) = ∫_{−∞}^{∞} f(x, tx)|x| dx függvény. Adjunk ennek az eredménynek a segítségével új megoldást az előző feladatra.

Megoldás: Jelölje G(t) a \frac{η}{ξ} tört G(t) = P (\frac{η}{ξ} < t) eloszlásfüggvényét. Ekkor

G(t) = ∫_{(x,y): \frac{y}{x} <t} f(x, y) dx dy.

Számítsuk ki ezt az integrált az (x̄, z) = (x, \frac{y}{x}) helyettesítéssel. Ekkor a G(t) függvényt kifejező integrálban az új integrálási tartomány az {(x̄, z): −∞ < x̄ < ∞, −∞ < z < t}, f(x, y) = f(x̄, zx̄), és az integráltranszformáció kiszámításához meg kell határoznunk a leképezés Jacobi transzformációját. Ez az x̄ = h_{1}(x, y) = x, z = h_{2}(x, y) = \frac{y}{x} jelöléssel

J(x̄, z) = |( \begin{matrix}\frac{∂x̄}{∂x}, \frac{∂x̄)}{∂y} \\ \frac{∂z}{∂x}, \frac{z}{∂y} , \end{matrix} )| = |( \begin{matrix}\frac{∂h_{1}(x,y)}{∂x}, \frac{∂h_{1}(x,y)}{∂y}, \\ \frac{∂h_{2}(x,y)}{∂x}, \frac{∂h_{2}(x,y)}{∂y}, \end{matrix} )| = |( \begin{matrix}1, 0 \\ −\frac{y}{x^{2}} , \frac{1}{x} \end{matrix} )| = |\frac{1}{x}| ,

és informálisan dx̄ dz = J(x, z) dx dy, ahonnan dx dy = \frac{1}{J(x,z)} dx̄ dz = |x̄| dx̄ dz, ahonnan

G(t) = ∫_{(x,y): \frac{y}{x} <t} f(x, y) dx dy = ∫ ∫_{(x,z):z<t} f(x, zx)|x| dx dz = ∫_{−∞}^{t} K(z) dz,

ahol

K(z) = ∫_{−∞}^{∞} f(x, xz)|x| dx.

Innen látható, hogy a keresett sűrűségfüggvény g(t) = K(t), amint állítottuk. Ha ξ és η két független standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkor (ξ, η) sűrűségfüggvénye f(x, y) = \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+y^{2})/2}, ezért \frac{η}{ξ} sűrűségfüggvénye

g(t) = ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2π} e^{−(x^{2}+t^{2}x^{2})/2}|x| dx

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{2π(t^{2} + 1)}e^{−(\sqrt{(t^{2}+1)}x)^{2}/2} |(\sqrt{(t^{2} + 1)}x)| d (\sqrt{(t^{2} + 1)}x) ,

ahonnan

g(t) = \frac{1}{2π(t^{2} + 1)} ∫_{−∞}^{∞} e^{−x^{2}/2}|x| dx = \frac{1}{π(t^{2} + 1)} ∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}/2}x dx

= \frac{1}{π(t^{2} + 1)} [−e^{−x^{2}/2}]_{0}^{∞} = \frac{1}{π(t^{2} + 1)}.

16.) Legyen adva k darab urna, és ezekbe dobjunk be véletlen ξ számú golyót, ahol ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ > 0 paraméterrel. Legyenek az egyes dobások eredményei egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenek. Tegyük fel továbbá, hogy minden egyes dobásnál a golyó p_{j} ≥ 0 valószínűséggel esik a j-ik

urnába, j = 1, …, k, ∑_{j=1}^{k} p_{j} = 1. Jelölje η_{j} a j-ik urnába eső golyók számát. Ekkor

az η_{j}, j = 1, …, k, valószínűségi változók függetlenek, és η_{j} Poisson eloszlású λp_{j} paraméterrel, j = 1, …, k. Megoldás:

P (η_{1} = l_{1}, …, η_{k} = l_{k}) = P (ξ = l_{1} + ⋯ + l_{k})\frac{(l_{1} + ⋯ + l_{k})!}{l_{1}! ⋯ l_{k}!}p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}

= \frac{λ^{(l_{1}+···+l_{k})}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ}

= \frac{λ^{l_{1}} ⋯ λ^{l_{k}}}{l_{1}! ⋯ l_{k}!} p_{1}^{l_{1}} ⋯ p_{k}^{l_{k}}e^{−λ(p_{1}+···+p_{k})} = ∏_{j=1}^{k} \frac{(λp_{j})^{l_{j}}}{l_{j}!} e^{−λp_{j}}

tetszőleges l_{1} ≥ 0, …, l_{k} ≥ 0 egész számokra. Innen adódik az állítás.

Lássuk be az előző feladat segítségével a következő állítást:

17.) Legyen adva egy ξ Poisson eloszlású valószínűségi változó λ paraméterrel. Dobjunk le egymástól és a ξ valószínűségi változótól függetlenül véletlenül egyenletesen ξ darab pontot az egységintervallumra, azaz tegyük fel, hogy minden pont b − a valószínűséggel esik valamely [a, b] ⊂ [0, 1] intervallumba. Ekkor a [0, 1] intervallum tetszőleges felbontására [s_{0}, s_{1}], [s_{1}, s_{2}], …, [s_{k−1}, s_{k}] diszjunkt intervallumokra, 0 = s_{0} < s_{1} < ⋯ < s_{k} = 1 igaz az, hogy az egyes intervallumokba eső pontok száma egymástól független Poisson eloszlású valószínűségi változó s_{j} − s_{j−1}, 1 ≤ j ≤ k, paraméterrel. Megoldás: Tekintsük a következő urnamodellt. Veszünk ξ számú golyót, tehát annyit, ahány ledobott pontot vettünk az előző feladatban. Tegyük az l-ik golyót a jik urnába, ha a l-ik pont az [s_{j−1}, s_{j}] intervallumba esett, 1 ≤ j ≤ k. Akkor az előző feladat eredménye alapján az egyes urnákba eső golyók száma egymástól függetetlen Poisson eloszlású valószínűségi változó s_{j} − s_{j−1}, 1 ≤ j ≤ k, paraméterrel. Innen következik a feladat állítása.

18.) Legyen ξ és η két valószínűségi változó, amelyek együttes eloszlásának (létező) sűrűségfüggvénye f(u, v) = \frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v alakú, ha 0 ≤ u, v ≤ 1, és f(u, v) = 0 egyébként. Lássuk be először, hogy f(u, v) valóban sűrűségfüggvény, majd számoljuk ki a ξ + η valószínűségi változó sűrűségfüggvényét. Megoldás: Annak érdekében, hogy ellenőrizzük, hogy f(u, v) sűrűségfüggvény azt kell megmutatni, hogy f(u, v) ≥ 0 (majdnem) minden (u, v) számpárra, és

∫ ∫ f(u, v) du dv = 1.

Az nyilvánvaló, hogy f(u, v) ≥ 0 minden (u, v) számpárra. Másrészt mivel

∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} uv^{2} du dv = ∫_{0}^{1} u du ∫_{0}^{1} v^{2} dv = \frac{1}{2} · \frac{1}{3} = \frac{1}{6},

∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} u du dv = \frac{1}{2} és ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} v du dv = \frac{1}{2}, ezért ∫ ∫ f(u, v) du dv = 1. A ξ + η valószínűségi változó eloszlásfüggvényét az

G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x−u} f(u, v) dv) du

képlet segítségével számíthatuk ki, hasonlóan 1−G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{x−u}^{∞} f(u, v) dv) du.

Másrészt, a sűrűségfüggvény g(x) = \frac{dG(x)}{dx} formula segítségével kiszámítható. Ez a mi esetünkben a következőt jelenti, g(x) = 0, ha x ≤ 0, g(x) = 1, ha x ≥ 2, mert G(x) = 0, ha x ≤ 0, G(x) = 1, ha x ≥ 2. Másrészt

g(x) = \frac{d}{dx} (∫_{0}^{1} ∫_{0}^{x−u} (\frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v) du) dv,

ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = −\frac{d}{dx} (∫_{0}^{1} ∫_{x−u}^{1} (\frac{2}{3}u + 2uv^{2} + \frac{2}{3}v) du) dv, ha 1 ≤ x ≤ 2. Azért volt érdemes a 0 ≤ x ≤ 1 és 1 ≤ x ≤ 2 eseteket szétválasztani, mert a konkrét feladatban a G(x) függvényt tudjuk kényelmesen kiszámítani 0 ≤ x ≤ 1 és az 1 − G(x) függvényt az 1 ≤ x ≤ 2 intervallumban. Ez a szétbontás azonban nem kötelező. A fent vázolt módon ki lehet számolni a sűrűségfüggvényt, de valójában ezt a számolást lehet egyszerűsíteni. Ez hasonló ahhoz, ahogy a konvolució formulát vezetik le független valószínűségi változók összegének a sűrűségfüggvényére. Valóban, a v változó z = u + v helyettesítésével felírhatjuk, hogy

G(x) = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x−u} f(u, v) dv) du = ∫_{−∞}^{∞} (∫_{−∞}^{x} f(u, z − u) dz) du
= ∫_{−∞}^{x} (∫_{−∞}^{∞} f(u, z − u) du) dz,

ahonnan deriválással

g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = ∫_{−∞}^{∞} f(u, x − u) du.

E képlettel a számolásokat lehet egyszerűsíteni. Azt kapjuk, hogy jelen esetben g(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2, (ebben az esetben a g(x) függvényt kifejező integrálban szereplő integrandus azonosan nulla. Ugyanis x < 0 esetében vagy u < 0 vagy x − u < 0, és x > 2 esetben vagy u > 1 vagy x − u > 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1, akkor

g(x) = ∫_{0}^{1−x} (\frac{2}{3}u + 2u(x − u)^{2} + \frac{2}{3}(x − u)) du,

ha 1 ≤ x ≤ 2, akkor

g(x) = ∫_{x−1}^{1} (\frac{2}{3}u + 2u(x − u)^{2} + \frac{2}{3}(x − u)) du.

18a.) Mutassuk meg, hogy a fenti feladat megoldásában kapott részeredmények tartalmazzák speciálisan azt az eredményt is, hogy két független valószínűségi változó összegének a sűrűségfüggvényét konvolució segítségével lehet kiszámolni. Megoldás. Láttuk, hogy amennyiben egy (ξ, η) véletlen vektor sűrűségfüggvénye f(x, y), akkor a ξ+η valószínűségi változónak is van sűrűségfüggvénye, és az g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u, x−u) du. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó h_{1}(x) és h_{2}(x) sűrűségfüggvénnnyel. Ekkor a (ξ, η) vektornak is van sűrűségfüggvénye, és az az f(x, y) = h_{1}(x)h_{2}(y) függvény. Így a ξ + η összegnek is van sűrűségfüggvénye, és az az idézett eredmény szerint g(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(u, x − u) du = ∫_{−∞}^{∞} h_{1}(u)h_{2}(x − u) du.

19.) Legyen a (ξ, η) vektor egyenletes eloszlású a (0, 0), (1, 0) és (0, 1) pontok által meghatározott háromszögön, azaz legyen sűrűségfüggvénye 2 azon a háromszögön, amelynek ezek a pontok a csúcspontjai, és legyen nulla ezen a háromszögön kívül. Számítsuk ki a ξ és η valószínűségi változók kovarianciáját. Megoldás: Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη, és Eξη = ∫ xyf(x, y) dx dy, Eξ = ∫ xf(x, y) dx dy, Eη = ∫ yf(x, y) dx dy, ahol f(x, y) a (ξ, η) vektor sűrűségfüggvénye. Ezért

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

= [\frac{x^{2}}{2} − \frac{2x^{3}}{3} + \frac{x^{4}}{4} ]_{0}^{1} = \frac{1}{12},

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

és

Eη = ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1−x} 2y dy) dx = ∫_{0}^{1}(1 − x)^{2} dx = \frac{1}{3},

(Szimmetria meggondolások alapján is belátható, hogy Eη = Eξ.) Innen Cov (ξ, η) = \frac{1}{12} − \frac{1}{9} = −\frac{1}{36}.