Feladatok: 1.) Dobjunk fel egy szab´alyos dob´okock´ at egym´ as ut´ an egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul v´egtelen sokszor. Sz´ am´ıtsuk ki annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy a harmadik hatos dob´as vagy a huszadik vagy valamely k´es˝obbi dob´asban jelenik meg. Els˝ o megold´ as. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a 3. hatos dob´as az n-ik dob´asban 5 n−3 1 3 n−1 ert a tekintett esem´eny a val´ osz´ın˝ us´ege jelenik meg 2 6 6 . Ez´ n−3 3 ∞ X 5 n−1 1 . 2 6 6 n=20 M´ asodik megold´ as. El˝osz¨ or megmutatom, hogy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a harmadik hatos dob´as a 20. dob´asban vagy azut´ an jelenik meg egyenl˝o annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy a az els˝ o tizenkilenc dob´asban 0, 1 vagy k´et hatos dob´as t¨ort´ent. Val´ oban, a keresett esem´eny komplementere az az esem´eny, hogy a harmadik hatos dob´as vagy az els˝ o tizenkilenc dob´as valamelyik´eben vagy soha nem k¨ ovetkezett be. De mivel az ut´ obbi esem´eny val´ osz´ın˝ us´ege nulla (1 val´ osz´ın˝ us´eggel v´egtelen sok hatos dob´as van egy szab´alyos dob´okocka v´egtelen dob´assorozatban), ´es egy esem´eny bek¨ovetkez´es´enek a val´ osz´ın˝ us´ege egyenl˝o 1 minusz a komplementer esem´eny val´ osz´ın˝ us´eg´evel. Ez´ert a keresett val´ osz´ın˝ us´eg egyenl˝o 1 minusz annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o 19 dob´asban legal´ abb h´arom hatos dob´as t¨ort´ent. Ez viszont egyenl˝o annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o 19 dob´asban 0, 1 vagy k´et hatos dob´as t¨ort´ent. Ez´ert a keresett val´ osz´ın˝ us´eg 17 2 19 18 5 5 19 1 1 19 5 + . + 1 2 6 6 6 6 6 2.) Az el˝ oz˝ o feladat k´et megold´ as´aban ugyanannak az esem´enynek a val´ osz´ın˝ us´eg´ere k´et form´alisan k¨ ul¨ onb¨oz˝ o kifejez´est kaptunk. Mutassuk meg k¨ ozvetlen¨ ul (val´ osz´ın˝ us´egi meggondol´asok n´elk¨ ul), hogy a k´et kifejez´es egyenl˝o. Adjunk az anal´ızis m´ odszereit alkalmaz´o bizony´ıt´ ast arra a bizony´ıt´ asban felhaszn´alt eredm´enyre is, hogy egy szab´alyos dob´okocka 1 val´ osz´ın˝ us´eggel tartalmaz legal´ abb h´arom 6-os dob´ast. Megold´ as. El˝osz¨ or az 1. feladat els˝ o megold´ as´aban szerepl˝o v´egtelen o¨sszeget ∞ P α k sz´amolom ki az (1 + x)α = ag seg´ıts´eg´evel, ahol k x , ha |x| < 1 azonoss´ k=0 α(α−1)···(α−k+1) α . (A fenti azonoss´ag minden val´ os α (teh´ at nem felt´etlen¨ ul k! k = α pozit´ıv eg´esz) sz´amra is ´erv´enyes, ´es az (1 + x) f¨ uggv´eny Taylor sorfejt´es´eb˝ ol k¨ ovetkezik.) Vegy¨ uk ´eszre, hogy −3 n−1 n−1 n−1 n−1 (−3)(−4) · · · (1 − n) = (−1) , = = (−1) n−3 (n − 3)! 2 n−3 ahonnan
∞ P
n=3
n−1 2
xn−3 =
∞ P
n=3
−3 n−3
|x| < 1 sz´amra. Speci´alisan, x =
5 6
(−x)n−3 =
∞ P
n=0 ∞ P
v´ alaszt´ assal
n=3
1
−3 n
(−x)n = (1 − x)−3 minden
n−1 2
5 n−3 6
1 3 6
= 1. Ez az
azonoss´ag ekvivalens azzal az a´ll´ıt´ assal, hogy egy szab´alyos dob´okocka v´egtelen sok egym´ as ut´ ani feldob´ asa eset´en 1 val´ osz´ın˝ us´eggel legal´ abb 3 hatos dob´ as megjelenik. Hasonl´ o sz´amol´ assal bebizony´ıtom az
19 19 19 18 19 17 −3 −2 x (1 − x) + x (1 − x) + x (1 − x)−1 0 1 2 ∞ ∞ X X n+2 n n − 1 n−3 = x = x 2 2 n=17 n=20
azonoss´agot. Ez ut´ obbi azonoss´ag mind a k´et oldal´ at megszorozva (1 − x)3 -nel, ´es az ´ıgy kapott azonoss´agba behelyettes´ıtve az x = 65 ´ert´eket megkapjuk, hogy az 1. feladatban szerepl˝o val´ osz´ın˝ us´egre adott k´et kifejez´es egyenl˝o. A bizony´ıtand´ o azonoss´ag baloldal´ an szerepl˝o kifejez´est Taylor sorba fejthetj¨ uk a ∞ ∞ P P n+2 n −3 n n k¨ ovetkez˝ o azonoss´agok seg´ıts´eg´evel: (1−x)−3 = n x = n (−1) x = ∞ P
n=0
n+2 2
n
x , (1−x)
−2
=
∞ P
n=0
−2 n
n n
(−1) x =
∞ P
n=0
Ezen azonoss´agok seg´ıts´eg´evel azt kapjuk, hogy
n=0
n=0
n+1 1
n
x , ´es (1−x)
−1
=
∞ P
n=0
n 0
n x .
19 18 19 17 −2 x (1 − x) + x (1 − x) + x (1 − x)−1 1 2 ∞ ∞ ∞ X n + 2 19 X n + 119 X n 19 n+17 n+19 n+18 = x + x + x . 2 0 1 1 0 2 n=0 n=0 n=0 19
−3
Ebben a kifejez´esben a megfelel˝ o tagokat osszevonva anysort kapunk, hatv´ egy olyan ¨ n−17 19 n−17 19 n−17 19 n minden n ≥ 17 amelyben x egy¨ utthat´oja 2 0 1 + 1 0 + 2 n kitev˝ ore, ´es az n < 17 kitev˝ o kre az x tag egy¨ u tthat´ o ja nulla. tudjuk, Viszont n+2 (n−17)+19 n−17 19 n+17 n−17 19 n−17 19 = 2 . (Ezt az = hogy 2 2 x 0 1 + 1 0 + 2 azonoss´agot, illetve ennek ´ altal´ anos´ıt´ as´at be fogjuk bizony´ıtani a k¨ ovetkez˝ o 3. feladatban.) Innen k¨ ovetkezik a bizony´ıtand´ o azonoss´ag. Az els˝ o feladat k´et megold´ as´anak ¨ osszehasonl´ıt´ as´aval olyan azonoss´agokat bizony´ıtottunk viszonylag egyszer˝ u val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ asi meggondol´asok seg´ıts´eg´evel, ame´ lyeknek analitikus bizony´ıt´ asa sok munk´ at ig´enyel. Erdemes megjegyezni, hogy val´ oj´aban a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ asi meggondol´asok h´atter´eben is m´ely ´es nehezen bizony´ıthat´ o ´ eredm´enyek rejt˝ oznek. Ervel´eseinkben kihaszn´altuk, hogy egy szab´alyos dob´okocka v´egtelen sok egym´ ast k¨ ovet˝ o f¨ uggetlen feldob´ as´anak van val´ osz´ın˝ us´egi modellje, ´es ebben a modellben a val´ osz´ın˝ us´egi m´ert´ek σ-addit´ıv. Az el˝ oz˝ o p´eld´ak azt mutatt´ ak, hogy a val´ osz´ın˝ us´eg σ-additivit´ as´anak nem-trivi´ alis k¨ ovetkezm´enyei vannak. 3.) Minden nem negat´ıv eg´esz n, m ´es k sz´amokra igaz az
n+m k
n m n m m n m n + ··· + + + = 0 2 k−2 k k−1 0 k 1 2
azonoss´ag. (Tegy¨ uk fel, hogy n + m ≥ k.)
Megold´ as: A k¨ ovetkez˝ o kombinat´ orikai meggondol´as megadja a bizony´ıt´ ast. Sz´ amoljuk ki k´et k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon, hogy egy urn´ab´ ol, amelyben n + m (megk¨ ul¨ on , b¨oztethet˝o) goly´o van, h´anyf´elek´epp v´ alaszthatunk ki k goly´ot. Ez egyr´eszt n+m k ami a baloldali kifejez´essel egyenl˝ o. M´asr´eszt, fess¨ unk n goly´ot piros ´es m goly´ot m n odon v´ alaszthatunk ki k goly´ot u ´gy, hogy ezek feh´er sz´ın˝ ure. Ekkor s k−s f´ele m´ k¨ oz¨ ul s piros ´es k − s feh´er. Ezeket a mennyis´egeket ¨ osszegezve minden 0 ≤ s ≤ k sz´amra egyr´eszt megkapjuk az azonoss´ag jobboldal´ an szerepl˝o kifejez´est, m´ asr´eszt a baloldalon szerepl˝o kifejez´est sz´amoltuk ki m´ as m´ odon. Az els˝ o feladat vizsg´alat´aban tulajdonk´eppen azt haszn´ altuk ki, hogy egy szab´ alyos dob´okocka v´egtelen sok dob´as´anak l´etezik val´ osz´ın˝ us´egi modellje. Egy ilyen val´ osz´ın˝ us´egi modellt megkaphatunk p´eld´aul a k¨ ovetkez˝ o m´ odon. Defini´ aljuk a k¨ ovetkez˝ o (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ ot. Egy ω elemi esem´eny egy v´egtelen ω = (j1 , j2 , . . . ) sorozat, ahol 1 ≤ js ≤ 6 minden 1 ≤ s < ∞ indexre, ´es az Ω biztos esem´eny az o¨sszes ilyen sorozatb´ ol all. Defini´ ´ alnunk kell m´eg a A σ-algebr´at ´es P val´ osz´ın˝ us´egi m´ert´eket is, ´es ezeket az al´ abb defini´alt a Cn hengerhalmazok, n = 1, 2, . . . hengerhalmazok seg´ıts´eg´evel fogjuk megtenni. A hengerhalmazok definici´ oj´anak ´erdek´eben vezess¨ uk be el˝ osz¨ or minden n = 1, 2, . . . sz´amra az ¨ osszes n hossz´ us´ ag´ u 1, 2, . . . , 6 elemeket tartalmaz´ o Ωn halmazt, ´es az Ωn halmaz ¨ osszes C˜n ⊂ Ωn r´eszhalmaz´ ab´ ol ´ all´ o Cn halmazrendszert. Azt mondjuk, hogy egy Cn ⊂ Ω halmaz hengerhalmaz C˜n ∈ Cn alappal, ha ω = (j1 , j2 , . . . ) ∈ Cn akkor ´es csak akkor ha az ω sorozat ωn = (j1 , . . . , jn ) megszor´ıt´ asa az els˝ o n tagra eleme a C˜n halmaznak. Az ¨ osszes ilyen m´ odon el˝ o´all´ıthat´ o halmazt (tetsz˝ oleges n = 1, 2, . . . index-szel) nevezz¨ uk hengerhalmaznak. Nem neh´ez bel´ atni, hogy a hengerhalmazok algebr´at alkotnak. Az a´ltaluk gener´ alt ˜ legsz˝ ukebb σ-algebra az An σ-algebra. Ha Cn halmazalgebra Cn alappal, akkor P (Cn ) = 1 n ˜ odon ( 6 ) |Cn |, ahol |C˜n | a C˜n halmaz elemsz´am´at jel¨oli. Be kell l´atni, hogy ilyen m´ val´ oban m´ert´eket defini´altunk a hengerhalmazok algebr´aj´an, amely egy´ertelm˝ uen kiterjeszthet˝o egy a A σ-algebr´an defini´alt m´ert´ekk´e. Az els˝ o´ all´ıt´ as, (tulajdonk´eppen annak ´ altlal´ anos´ıt´ asa) k¨ ovetkezik a Kolmogorov-f´ele alapt´etelb˝ ol. A m´ asodik a´ll´ıt´ as a m´ert´ekelm´eletben bizony´ıtott Carath´eodory-f´ele kiterjeszt´esi t´etelb˝ ol k¨ ovetkezik. Az els˝ o feladat megold´ as´aban, illetve a k´et megold´ as ¨ osszehasonl´ıt´ as´ab´ ol k¨ ovetkez˝ o azonoss´ag bizony´ıt´ as´aban ezeket a t´enyeket haszn´ altuk fel. 4.) Egy egys´egnyi oldal´ u n´egyzet k´et ´ atellenes oldal´ an tal´ alomra v´ alasztunk egy-egy pontot. osz´ın˝ us´ege, hogy ezek t´avols´ aga α-n´ al kisebb (1 ≤ √ Mekkora annak a val´ α < 2)? Megold´ as: Jel¨olje ξ a n´egyzet egyik, η a n´egyzet ´ atellenes oldal´ arap ledobott pont (ξ − η)2 + 1, ´ert´ek´et. A k´et ledobott pont t´ a vols´ a ga (a Pitagorasz-t´ e tel szerint) p √ osz´ın˝ us´eg ´ert´eke ez´ert minket a P ( (ξ − η)2 + 1 < α) = P (|ξ − η| < α2 − 1) val´ ´erdekel. ξ ´es η k´et f¨ uggetlen a [0, 1 intervallumon egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. A feladatot egyr´eszt megoldhatjuk a geometriai val´ osz´ın˝ us´egek m´ odszer´evel. Ekkor azt haszn´ aljuk, ki, hogy a (ξ, η) v´eletlen vektor az egys´egn´ e gyzet egy √ 2 v´eletlen pontja, ´es a keresett val´ osz´ın˝ us´eg az {(u, v): 0 ≤ u, v ≤ 1, − α − 1 < 3
u−v <
√
α2 − 1} halmaz ter¨ ulete, ami 1 − (1 −
√
√ α2 − 1)2 = 2 α2 − 1 − (α2 − 1).
M´asr´eszt a minket ´erdekl˝ o val´ osz´ın˝ us´eget kisz´ amolhatjuk a konvoluci´ or´ ol tanultak alapj´ an is. Ennek seg´ıts´eg´evel ugyanis ki tudjuk sz´amolni a ξ − η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et, ami g(x) = |1 − x|, ha |x| ≤ 1, ´es Rg(x) = 0. ha u |x| > 1. Innen tetsz˝oleges 0 ≤ u ≤ 1 sz´amra P (|ξ − η| < u) = −u g(x) dx = √ Ru 2 0 (1 − x) dx = 2u − u2 Innen u = α2 − 1 v´ alaszt´ assal a keresett val´ osz´ın˝ us´eg √ 2 2 2 2α − α = 2 α − 1 − (α − 1).
5.) A [0, 1] intervallumon tal´ alomra felvesz¨ unk k´et pontot. Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a k´et felvett pont t´avols´ aga kisebb, mint a 0 pontnak a hozz´ a k¨ ozelebb es˝o pontt´ ol val´ o t´avols´ aga? Megold´ as: Ezt a feladatot legegyszer˝ ubben a geometriai val´ osz´ın˝ us´egek m´ odszer´evel tudjuk megoldani. Egyszer˝ ubb el˝ osz¨ or a feladatban k´erdezett esem´eny komplementer´enek a val´ osz´ın˝ us´eg´et kisz´ amolni. Legyen ξ az els˝ o, η a m´ asodik ledobott pont ´ert´eke, ´es vezess¨ uk be az A = {ω: ξ(ω) > 2η(ω)} ´es B = {ω: η(ω) > 2ξ(ω)} esem´enyeket. Ekkor a minket ´erdekl˝ o esem´eny komplementere az A ∪ B esem´eny. Tov´ abb´a, az A ´es B esem´enyek diszjunktak, P (A) = P (B), ez´ert P (A∪B) = 2P (A). A (ξ, η) v´eletlen vektor egyenletes eloszl´ as´ u az egys´egn´egyzeten, ´es az A esem´eny azt jelenti, hogy ez a pont az {(u, v): 0 < 2v < u ≤ 1} halmazba esik. Ennek val´ osz´ın˝ us´ege 14 . Ez´ert P (A ∪ B) = 21 , ´es a keresett val´ osz´ın˝ us´eg 1 − 21 = 21 . Megjegyzem, hogy az el˝ obb tekintett P (A) esem´enyt a k¨ ovetkez˝ ok´epp sz´amolhatjuk ki ´ altal´ anos elvek seg´ıts´eg´evel. A (ξ, η) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et ismerj¨ uk. Ez a ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlens´ege miatt g(u, v) = f (u)f (v), ahol f (u) = 1, ha 0 ≤ u ≤ 1, f (u) = 0, ha u < 0 vagy u > 1 a ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye. Innen, Z Z P (A) = g(x, y) dx dy = f (x)f (y) dx dy {(x,y): x>2y}
=
Z
{(x,y): 1≥x>2y>0}
dx dy =
Z
{(x,y): x>2y}
1
0
Z
x/2
dy
0
!
dx =
Z
0
1
2 1 1 x x = . dx = 2 4 0 4
6.) Legyen adva egy ξ(ω) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o F (x) eloszl´ asf¨ uggv´enye. Hat´ arozzuk meg ennek seg´ıts´eg´evel az {ω: a < ξ(ω) < b} alak´ u esem´enyek, −∞ < a < b < ∞, val´ osz´ın˝ us´eg´et, valamint annak val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy ξ(ω) valamilyen p´aros eg´esz ´ert´eket vesz fel. Megold´ as:
1 P ({ω: a < ξ(ω) < b}) = lim P ω : a + ≤ ξ(ω) < b n→∞ n 1 . = lim F (b) − F a + n→∞ n Egy tetsz˝oleges u pontra P (ξ = u) = lim F u + n1 − F (u) . Ez´ert annak n→∞
4
val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o valamely p´aros eg´esz ´ert´eket vesz ∞ P 1 fel lim F 2k + n − F (2k) . k=−∞ n→∞
7.) K´et ember 8 ´es 9 ´ ora k¨ oz¨ ott megjelenik egy t´eren egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul ´es egyenletes eloszl´ assal. Mind a kett˝o f´el´ or´ at v´ ar a m´ asikra, ´es ha az addig nem j¨ on, akkor hazamegy. Mi a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy tal´ alkoznak? Megold´ as: Tekints¨ uk az egys´egn´egyzetet, ´es v´ alasszuk azt a v´eletlen pontot az egys´egn´egyzeten, amelynek x koordin´ at´ aja megadja, hogy az els˝ o ember az y koordin´ at´ aja pedig megadja, hogy a m´ asodik ember mikor (8 plusz h´any o´rakor) ´erkezett. Ekkor az ´ıgy defini´alt pont egyenletes eloszl´ as´ u az egys´egn´egyzeten, azaz annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy ez a pont az egys´egn´egyzet egy (sz´ep) r´eszhalmaz´ aba esik megegyezik e halmaz ter¨ ulet´evel. Az, hogy a k´et ember tal´ alkozik azt az esem´enyt jelenti, hogy az ´ıgy defini´alt (x, y) pont az egys´egn´egyzet 1 1 A = (x, y) : − ≤ y − x ≤ ∩ [0, 1] × [0, 1] 2 2 r´eszhalmaz´ aba esik. Ennek a halmaznak a ter¨ ulete 1 − 2 · val´ osz´ın˝ us´eg.
1 8
= 43 , ´es ez a keresett
8.) K´et egy m´eter hossz´ u botot v´eletlenszer˝ uen, (egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul) egyenletes eloszl´ assal elt¨ or¨ unk. A k´et r¨ovidebb darabot ¨ osszeragasztjuk. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ´ıgy kapott u ´j bot hossza kisebb mint 0.8 m´eter? Megold´ as: Ez a feladat is t´argyalhat´ o az el¨ oz˝ o feladathoz hasonl´o m´ odon. Tekints¨ uk az egys´egn´egyzetet, ´es v´ alasszuk azt a v´eletlen pontot az egys´egn´egyzeten, amelynek x koordin´ at´ aja megadja, hogy hol t¨ort¨ uk el az els˝ o botot az y koordin´ at´ aja pedig azt, hogy hol t¨ort¨ uk el a m´ asodik botot. Ekkor az ´ıgy defini´alt pont egyenletes eloszl´ as´ u az egys´egn´egyzeten. Az az esem´eny, hogy az ¨ osszeragasztott bot hossza kisebb mint 0.8 megegyezik annak az esem´enynek a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az (x, y) pont a k¨ ovetkez˝ o A1 , A2 , A3 ´es A4 halmazok A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 uni´oj´aba esik: A1 = {(x, y) : x + y < 0.8, 0 ≤ x ≤ 21 , 0 ≤ y ≤ 12 }, A2 = {(x, y) : x + (1 − y) < 0.8, 1 ≤ x ≤ 21 , 21 ≤ y ≤ 1}, A3 = {(x, y) : 1 − x + y < 0.8, 12 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 21 }, ´es A4 = {(x, y) : 1 − x + 1 − y < 0.8, 12 ≤ x ≤ 1, 21 ≤ y ≤ 1}. Rajzoljuk le ezeket a halmazokat. Az ´ abra mutatja, hogy az A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 halmaz komplementere az a n´egyzet a melynek cs´ ucsai a (0.3, 0.5), (0.5, 0, 3), (0.7, 0.5), ´es (0.5, 0.7) pontok. Ennek a n´egyzetnek a ter¨ ulete, 0.08 teh´at a minket ´erdekl˝ o val´ osz´ın˝ us´eg 1 − 0.08 = 0.92. K´es˝obb t´argyalni fogjuk e feladatok egy m´ as megold´ as´at is, amelyben a k´ıv´ant val´ osz´ın˝ us´eget s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enyek konvoluci´ oj´anak seg´ıts´eg´evel sz´amoljuk ki. 9.) Dobjunk le az egys´egintervallumra v´eletlen¨ ul, egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul 2 pontot. (Az, hogy egy pont az egys´egintervallum valamely r´eszintervallum´aba esik egyenl˝ o ezen intervallum hossz´aval.) Ez a k´et ledobott pont az egys´egintervallumot h´arom r´eszintervallumra osztja. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ´ıgy l´etrej¨ott h´arom r´eszintervallumb´ol szerkeszthet˝o h´aromsz¨og? 5
Megold´ as: A h´arom szakaszb´ol akkor ´es csak akkor szerkeszthet˝o h´aromsz¨og, ha teljes´ıtik a h´aromsz¨ogegyenl˝otlens´eget, azaz b´armely kett˝o ¨ osszhossza nagyobb, mint a harmadik intervallum hossza. Mivel a h´arom r´eszintervallum o¨sszhossza 1, ez o ledobott ekvivalens azzal, hogy mindegyik¨ uk hossza kisebb, mint 12 . Legyen az els˝ pont koordin´ at´ aja x a m´ asodik ledobott pont´e pedig y. Ekkor az (x, y) pont egyenletes eloszl´ as´ u a [0, 1] × [0, 1] egys´egn´egyzeten, ´es a keletkezett szakaszok hossza x, y − x ´es 1 − y, ha x < y, ´es y, x − y ´es 1 − x, ha x > y. A h´arom szakaszb´ol akkor ´es csak akkor szerkeszthet˝o h´aromsz¨og, ha a k¨ ovetkez˝ o k´et (egym´ ast kiz´ ar´ o) esem´eny valamelyike bek¨ovetkezik: a.) 0 ≤ x < 21 ,
b.) 0 ≤ y < 12 ,
1 2 1 2
< y < 1, 0 < y − x < 21 ,
< x < 1, 0 < x − y < 21 .
(Az a.) eset felel meg annak, hogy x < y, a b.) eset annak, hogy y < x.) Egyszer˝ u geometriai meggondol´as mutatja, hogy mind az a) mind a b) eset teljes¨ ul´ese azt jelenti, hogy az (x, y) pont az egys´egn´egyzet egy 12 befog´okkal rendelkez˝ o szab´alyos der´eksz¨ og˝ u egyenl˝osz´ ar´ u h´aromsz¨ogbe esik. (E k´et h´aromsz¨og cs´ ucsai a (0, 12 ), osz´ın˝ us´eg ( 12 , 21 ) ´es ( 21 , 1) illetve az ( 12 , 0), ( 12 , 21 ) ´es (1, 12 ) pontok.) ´Igy a keresett val´ 2 · 81 = 14 .
10.) Adjuk meg a k¨ ovetkez˝ o v´eletlen jelens´eg egy lehets´eges modellj´et a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as Kolmogorov-f´ele modellj´eben: Egy urn´aban n feh´er ´es m piros goly´o van. Kih´ uzunk k goly´ot, k ≤ n + m, visszatev´es n´elk¨ ul u ´gy, hogy minden h´ uz´ asn´ al az urn´aban a h´ uz´ as el˝ ott l´ev˝o goly´ok mindegyik´et egyforma a val´ osz´ın˝ us´eggel h´ uzzuk. Megold´ as: Legyenek az elemi esem´enyek az ω = (. . . , P, . . . , F, . . . ) az n darab F ´es m darab P jelb˝ ol ´ all´ o sorozatok. Legyen Ω az ¨ osszes ilyen sorozatb´ ol a´ll´ o halmaz, ´ alljon a A σ-algebra az Ω halmaz ¨ osszes r´eszhalmaz´ ab´ ol. A P (A), A ∈ A, val´ osz´ın˝ us´egek definici´ oja ´erdek´eben vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o mennyis´egeket. Adva egy ω ∈ Ω sorozat ´es egy j, 1 ≤ j ≤ n + m, sz´am, legyen F (ω, j) ´es P (ω, j) az ω sorozat els˝ o j − 1 tagj´ aban szerepl˝o F illetve P jelek sz´ama. Legyen P ({ω}) = n+m Q n−F (ω,j) , ha az ω sorozat j-ik tagja F , ´es A(j, m) = A(ω, j), ahol A(j, m) = n+m−j+1 j=1 m−P (ω,j) n+m−j+1 ,
ha az ω sorozat j-ik tagja P . (Vegy¨ uk ´eszre, hogy A(ω, j) annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j-ik h´ uz´ asban olyan sz´ ın˝ u goly´ ot h´ uzunk, mint az ω sorozat jP P ({ω}) val´ osz´ın˝ us´egeket minden A ∈ A ik tagja. Ezut´an defini´aljuk a P (A) = ω∈A
halmazra.
Megjegyz´es: A fenti modell nem az egyetlen lehets´eges modellje a k´ıv´ant p´eld´aban. P´eld´aul tekinthet¨ unk k´et urn´at, mindkett˝oben n piros ´es m feh´er goly´ot, ´es h´ uzzuk ki ezek mindegyik´et visszatev´es n´elk¨ ul. Ennek a modellj´et is hasonl´o m´ odon defini´alhatjuk, ´es ilyen m´ odon az el˝ oz˝ o feladat egy m´ asik megold´ as´at kapjuk. Mind a k´et megold´ asban defini´aljuk az el˝ oz˝ o feladatban {ω}-val jel¨olt esem´enyeit, ´es ugyan´ ugy adjuk meg ezek val´ osz´ın˝ us´eg´et. A k¨ ul¨ onbs´eg az, hogy az u ´j modellben ezek az {ω} halmazok nem elemi esem´enyek. Ennek azonban nincs jelent˝os´ege akkor, amikor visszatev´es n´elk¨ uli urnamodellekr˝ ol sz´ol´ o val´ osz´ın˝ us´egi probl´em´akkal foglalkozunk. 6
11.) Egy urn´aban 20 piros ´es 30 feh´er goly´o van. Kih´ uzunk 25 goly´ot visszatev´es n´elk¨ ul. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a m´ asodik´e feh´er? Annak, hogy az o¨t¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az ¨ ot¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a tizenhatodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er? 20 Megold´ as: Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros 50 = 52 , mert 50 goly´ob´ ol h´ uzzuk ki a 20 piros goly´o valamelyik´et, ´es minden goly´ot egyforma val´ osz´ın˝ us´eggel h´ uzunk ki. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, a m´ asodik feh´er, 25 · 30 49 = 60 , mert el˝ o sz¨ o r 50 goly´ o k¨ o z¨ u l v´ a lasztjuk ki a h´ u sz piros goly´ o valamelyik´ e t, majd 245 49 goly´o valamelyik´eb˝ ol a 30 feh´er goly´o valamelyik´et, ´es minden h´ uz´ as egyforma val´ osz´ın˝ u. Bel´ atjuk, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ asban piros goly´ot h´ uzunk ki, megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, azaz 2 . Tov´ a bb´ a annak a val´ o sz´ ın˝ u s´ e ge, hogy az 5. h´ u z´ a s sor´ a n piros ´ e s a 16. h´ uz´ as 5 sor´ an feh´er goly´ot h´ uzunk megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a m´ asodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er. Ez´ert ez a val´ osz´ın˝ us´eg is 60 2 30 · = . 5 49 245
Tekints¨ uk ugyanis az ¨ osszes 25 hossz´ us´ ag´ u h´ uz´ assorozatot. Ekkor annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ as eredm´enye piros a 16. h´ uz´ as eredm´enye feh´er, megegyezik az osszes olyan 25 hossz´ ¨ us´ ag´ u h´ uz´ assorozat val´ osz´ın˝ us´eg´enek az o¨sszeg´evel, amelyek 5. hely´en piros ´es a 16. hely´en feh´er jegy ´ all. Hasonl´ oan sz´am´ıthat´ o ki annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros ´es a m´ asodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er, azzal a k¨ ul¨ onbs´eggel, hogy az 5. hely helyett az els˝ o ´es a 16. hely helyett a m´ asodik helyet kell tekinteni. Be fogom l´atni, hogy ez a k´et val´ osz´ın˝ us´eg azok megegyezik. Egy olyan kiss´e ´ altal´ anosabb ´ all´ıt´ ast fogok bebizony´ıtani, amely hasznos m´ as feladatok megold´ as´aban is. Ennek ´erdek´eben bevezetem a k¨ ovetkez˝ o fogalmat.
Felcser´ elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´ egi v´ altoz´ ok v´ eges sorozat´ anak a definici´ oja. Legyenek ξ1 , . . . , ξn diszkr´et eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok valamely (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on, amelyek ´ert´ekeiket valamely X = {x1 , x2 , . . . } v´eges vagy megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen halmazon veszik fel. Jel¨ olje Π(n) az {1, 2, . . . , n} halmaz o ¨sszes permut´ aci´ oj´ ab´ ol a ´ll´ o halmazt. Azt mondjuk, hogy a ξ1 , . . . , ξn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok felcser´elhet˝ oek, ha ak´ arhogy v´ alasztunk ki egy π = (π(1), . . . , π(n)) ∈ Π(n) permut´ aci´ ot ´es xl ∈ X, 1 ≤ l ≤ n, elemeket az X halmazb´ ol, teljes¨ ul a P (ξ1 = x1 , ξ2 = x2 , . . . , ξn = xn ) = P (ξπ(1) = x1 , ξπ(2) = x2 , . . . , ξπ(n) = xn ) azonoss´ ag. A felcser´elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok szeml´eletes tartalma a k¨ ovetkez˝ o. Felcser´elhet˝o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok eset´eben a P (ξ1 = x1 , ξ2 = x2 , . . . , ξn = xn ) val´ osz´ın˝ us´eg csak att´ol f¨ ugg, hogy a tekintett ξ1 , . . . , ξn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok milyen x ∈ X ´ert´ekeket vesznek fel ´es milyen multiplicit´assal, de nem f¨ ugg att´ol, hogy milyen sorrendben veszik fel ezeket az ´ert´ekeket. Az al´ abbiakban bebizony´ıtom felcser´elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egy (egyszer˝ u) tulajdons´ag´ at, majd megmutatom, hogy ez seg´ıt befejezni az el˝ oz˝ o feladat megold´ as´at. 7
Lemma felcser´ elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´ egi v´ altoz´ ok v´ eges dimenzi´ os eloszl´ asair´ ol. Legyenek ξ1 , . . . , ξn diszkr´et eloszl´ as´ u, felcser´elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egy (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on, amelyek ´ert´ekeiket valamely X = {x1 , x2 , . . . } v´eges vagy megsz´ aml´ alhat´ o halmazon veszik fel. Tekints¨ unk valamilyen r¨ ogz´ıtett 1 ≤ k ≤ n sz´ amot, az X t´er valamely xl ∈ X, 1 ≤ l ≤ k, elemeinek sorozat´ at ´es az {1, . . . , n} halmaz egy k ´ enyes a elem˝ u {j1 , . . . , jk } ⊂ {1, . . . , n} r´eszhalmaz´ at. Erv´ P (ξ1 = x1 , . . . , ξk = xk ) = P (ξj1 = x1 , . . . , ξjk = xk ) azonoss´ ag. Bizony´ıt´ as. R¨ ogz´ıts¨ unk egy olyan π ∈ Π(n) permut´ aci´ot, amelyre π(1) = j1 , π(2) = j2 , . . . , π(k) = jk . Fel´ırhatjuk a P (ξ1 = x1 , . . . , ξk = xk ) X =
P (ξ1 = x1 , . . . , ξk = xk , ξk+1 = xk+1 , . . . , ξn = xn )
xl : xl ∈X, ha k+1≤l≤n
azonoss´agot. Ez´ert a val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok felcser´elhet˝ os´ege miatt P (ξ1 = x1 , . . . , ξk = xk ) X =
P (ξ1 = x1 , . . . , ξk = xk , ξk+1 = xk+1 , . . . , ξn = xn )
xl : xl ∈X, ha k+1≤l≤n
=
X
P (ξπ(1) = x1 , . . . , ξπ(k) = xk , ξπ(k+1) = xk+1 , . . . , ξπ(n) = xn )
xl : xl ∈X, ha k+1≤l≤n
= P (ξπ(1) = x1 , . . . , ξπ(k) = xk ) = P (ξj1 = x1 , . . . , ξjk = xk ), ´es ezekb˝ ol az azonoss´agokb´ ol k¨ ovetkezik a lemma ´ all´ıt´ asa. 12.) Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o modellt. Adva van egy urna, abban n feh´er ´es m piros goly´o. Kih´ uzunk k darab goly´ot u ´gy, hogy minden h´ uz´ as ut´ an a goly´ot visszatessz¨ uk, ´es visszadobunk az urn´aba r, −∞ < r < ∞, olyan sz´ın˝ u goly´ot, mint amilyen a kih´ uzott goly´o sz´ıne volt. (Feltessz¨ uk, hogy el´eg sok goly´o van az urn´aban ahhoz, hogy ezt az elj´ar´ ast v´egrehajthassuk. Az, hogy r < 0 tessz¨ unk az urn´aba azt jelenti, hogy |r| goly´ot kivesz¨ unk az urn´ab´ ol.) Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ k, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. Ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye feh´er sz´ın˝ u goly´o akkor ξj = F , ha piros sz´ın˝ u goly´o, akkor ξj = P . L´ assuk be, hogy a ξj , 1 ≤ j ≤ k, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok felcser´elhet˝ oek. Fejezz¨ uk be ennek az eredm´enynek a seg´ıts´eg´evel a 11. feladat megold´ as´at. Megold´ as. Adva egy k hossz´ us´ ag´ u (. . . , P . . . , F . . . ) P ´es F jelekb˝ol a´ll´ o sorozat jel¨olje B = B(. . . , P . . . , F . . . ) azt az esem´enyt, hogy k h´ uz´ as sor´ an ez az eredm´eny k¨ ovetkezett be. Defini´ aljuk minden 1 ≤ j ≤ k sz´amra ´es az el˝ obb defini´alt B halmazra az R(j, B) mennyis´eget, amely n + (r × az els˝ o j − 1 h´ uz´ asban kih´ uzott feh´er goly´ok sz´ama), 8
ha a j-ik kih´ uzott goly´o feh´er, ´es m + (r × az els˝ o j − 1 h´ uz´ asban kih´ uzott piros goly´ok sz´ama), k Q
ha a j-ik kih´ uzott goly´o piros. Ekkor P (B) =
j=1
R(j,B) n+m+(j−1)r ,
mert a j-ik h´ uz´ as
el˝ ott n + m + (j − 1)r goly´o van az urn´aban, ´es ebb˝ol R(j, B) az olyan sz´ın˝ u goly´ok sz´ama, mint amilyet a j-ik h´ uz´ asban h´ uztunk. A P (B) val´ osz´ın˝ us´eg ´ert´ek´et megadl(B) k−l(B) Q Q (n+(j−1)r)
hatjuk a k¨ ovetkez˝ o m´ odon is. P (B) =
j=1
(m+(j−1)r)
j=1
k Q
, ahol l(B) jel¨oli
(n+m+(j−1)r)
j=1
a B esem´eny bek¨ovetkez´ese eset´en kih´ uzott feh´er goly´ok sz´am´at. (Ez´ert k − l(B) a kih´ uzott piros goly´ok sz´ama.) Mivel a B halmaz egy olyan esem´eny indik´ator f¨ uggv´enye, hogy egy el˝ o´ırt h´ uz´ assorozat k¨ ovetkezett be, ´es ennek val´ osz´ın˝ us´ege csak a h´ uz´ assorozatban szerepl˝o feh´er ´es piros goly´ok sz´am´at´ ol f¨ ugg, ez´ert a ξj , 1 ≤ j ≤ k, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok felcser´elhet˝ oek. A visszatev´eses goly´oh´ uz´ as modellj´et tekinthetj¨ uk u ´gy is, mint az ebben a feladatban tekintett modellt a speci´alis r = −1 esetben. Ez´ert alkalmazhatjuk r´a az el˝ obb kimondott lemm´at. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j1 -ik, . . . , js -ik h´ uz´ asok ´ert´eke valamely el˝ o´ırt piros ´es feh´er goly´okb´ ol a´ll´ o h´ uz´ assorozat megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o, m´ asodik, . . . , s-ik h´ uz´ asok eredm´enye ugyanaz a h´ uz´ assorozat. Speci´alisan, annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ot¨ ¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ¨ ot¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a tizenhatodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er egyenl˝o annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, ´es a m´ asodik feh´er. Ez ut´ obbi val´ osz´ın˝ us´egeket pedig m´ ar kisz´ amoltuk.
13.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. Sz´amoljuk ki ξ − η sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Var (ξ − η) = Var (ξ + (−1) · η) = Var ξ + Var η = 2Var ξ.
14.) Feldobunk k´et szab´alyos dob´okock´ at 100-szor. Vessz¨ uk minden dob´asp´ ar ut´ an a k´et dob´as eredm´eny´enek a szorzat´at. Sz´ amoljuk ki ezen v´eletlen szorzatok o¨sszeg´enek a v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Jel¨olje ξj ´es ηj a j-ik dob´as sor´ an az els˝ o illetve m´ asodik kocka do100 P b´aseredm´eny´et, ´es legyen ζj = ξj ηj , 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor minket az X = ζj j=1
val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´eke ´es sz´or´ asn´egyzete ´erdekel. Fel´ırhatjuk, hogy 100 100 P P EX = Eζj = Eξj Eηj , ´es j=1
Var X =
j=1
100 X j=1
Var ζj =
100 X j=1
(Eζj2
2
− (Eζj ) ) = 9
100 X j=1
Eξj2 Eηj2
100 X − (Eξj Eηj )2 . j=1
Tov´ abb´a, Eξj = Eηj =
7 2,
´es Eξj2 = Eηj2 =
1 6 (1
+ 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = 7 2 = 1225, ´es Var X = minden 1 ≤ j ≤ 100 sz´ a mra. Innen EX = 100 · 2 2 4 39 = 79 + 144 100 91 − 27 . 6 91 6
15.) Egy szab´alyos dob´okock´ at feldobunk t´ızszer. Sz´ amoljuk ki a dob´as¨osszeg harmadik hatv´any´ anak a v´ arhat´ o ´ert´ek´et.
Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj (ω) = k, ha a !3 10 P j-ik dob´aseredm´enye k, 1 ≤ j ≤ 10, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor az E ξj (ω) j=1
v´ arhat´ o ´ert´eket kell kisz´ am´ıtanunk. Ennek ´erdek´eben tekints¨ uk a
10 P
j=1
ξj (ω)
!3
kifejez´est ´es ´erts¨ uk meg milyen tagokat kapunk, ha elv´egezz¨ uk a beszorz´ asokat. 3 3 3 Egyr´eszt megjelenik 10 darab ξj alak´ u kifejez´es, ´es Eξj = Eξ1 minden ilyen tagra. Ezenk´ıv¨ ul megjelenik 3 · 10 · 9 darab ξj2 ξk , j 6= k, alak´ u kifejez´es, mert a lehets´eges (j, k) p´arokat 10 · 9 m´ odon v´ alaszthatjuk ki, ´es a k (a n´egyzetre nem emelt t´enyez˝ o) h´arom helyen szerepelhet a szorzatban. (Teh´ at p´eld´aul a ξ1 ξ22 alak´ u tagnak 3 lesz az egy¨ utthat´oja a szorzatban.) Tov´ abb´a minden ilyen tagra Eξj2 ξk = Eξj2 Eξk = Eξ12 Eξ1 . Tov´ abb´a, hasonl´o meggondol´asok alapj´ an l´athatjk, hogy 10 · 9 · 8 m´ odon jelenhet meg ξj ξk ξl alak´ u tag, ahol a j, k ´es l indexek mind 3 k¨ ul¨ onb¨oz˝ oek, ´es ezekre Eξj ξk ξl = (Eξ1 ) . Val´ oban, a ξj ξk ξl alak´ u alak´ u tagok osszesz´ ¨ a ml´ a l´ a s´ a n´ a l vegy¨ u k ´ e szre, hogy 1 ≤ j < k < l ≤ 10 alak´ u sz´ a mh´ a rmasokat 10 elek´epp v´ alaszthatunk, a ξj t´enyez˝ o a szorzatban 3-f´elek´epp jelenhet meg, a 3 f´ szorzat els˝ o, m´ asodik vagy harmadik tagj´ aban, a ξk t´enyez˝ o ezut´ an 2-f´elek´epp, a ξl t´enyez˝ o pedig egyf´elek´epp v´ alaszthat´o. M´asfajta tag nem jelenik meg a szorzatban. !3 10 P Innen a v´ arhat´ o ´ert´ek addit´ıvit´ as´at kihaszn´alva azt kapjuk, hogy E ξj (ω) = j=1
10Eξ13
Eξ1 =
3 + 270Eξ1 E(ξ12 ) + 720 (Eξ1 ) es Eξ13 = 73.5. 3.5, Eξ12 = 91 6 ´
= 735 + 14332.5 + 30870 = 45937.5, mert
16.) Legyen egy urn´aban 20 piros ´es 30 feh´er goly´o. H´ uzzunk ki 20 goly´ot visszatev´es n´elk¨ ul. Sz´ amoljuk ki a kih´ uzott piros goly´ok sz´am´anak v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 20, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj (ω) = 1, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye piros, ξj (ω) = 0, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye 20 P feh´er. Ekkor a ξ = ξj ¨ osszeg v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et kell kisz´ amolj=1
4 6 nunk. Tov´ abb´a Eξj = Eξ1 = 52 , Var ξj = Var ξ1 = 25 − 25 = 25 , Eξj ξk − Eξj Eξk = 4 6 2 19 uzott piros Eξ1 ξ2 −Eξ1 Eξ2 = 5 · 49 − 25 = − 1245 , ha j 6= k. Innen a 20 dob´asban kih´ 6 6 2 asn´egyzete 20· 25 −380· 1245 = 144 goly´ok sz´am´anak v´ arhat´ o ´ert´eke 20· 5 = 8 ´es sz´or´ 49 .
17.) Feldobunk egy szab´alyos p´enz´erm´et 100-szor egym´ as ut´ an. Tekints¨ uk az egym´ ast k¨ ovet˝ o fej-fej dob´assorozatok sz´am´at, ´es sz´am´ıtsuk ki ennek v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. 10
Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 99, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 1, ha a j-ik ´es j + 1-ik dob´asok mindegyik´enek eredm´enye fej, ξj = 0 egy´ebk´ent. 99 P Vegy¨ uk ´eszre, hogy minket az S = ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´eke ! j=1 99 P ´ megjegyezni, ´erdekel. Ez´ert ES = E Eξj = 99 , mivel Eξj = 1 . (Erdemes j=1
4
4
hogy az ebben a feladatban tekintett ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok nem f¨ uggetlenek, de a f¨ uggetlens´egre nincs sz¨ uks´eg a v´ arhat´ o ´ert´ek additiv´ıt´ as´ahaz.) A sz´or´ asn´egyzet kisz´ am´ıt´ as´aban viszont figyelembe kell venn¨ unk azt, hogy nem csupa f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o¨ osszeg´et vizsg´aljuk. Haszn´aljuk a sz´or´ asn´egyzet kisz´ amol´ as´an´ al a k¨ ovetkez˝ o formul´ at. 99 99 X X X Var ξj + 2 Cov (ξj , ξk ). ξj = Var S = Var j=1
j=1
1≤j
Tov´ abb´a Cov (ξj , ξk ) = 0, ha k ≥ j + 2, mert ebben az esetben ξj ´es ξk f¨ uggetlenek, 1 1 1 ´es Cov (ξj , ξj+1 ) = 8 − 16 = 16 minden 1 ≤ j ≤ 98 sz´amra. Ugyanis Eξj ξj+1 = 18 , mivel ξj ξj+1 = 1, ha a j-ik, j + 1-ik ´es j + 2-ik dob´asok mindegyike fej, aminek 1 val´ osz´ın˝ us´ege 81 , ´es ξj ξj+1 = 0 egy´ebk´ent. Tov´ abb´a Eξj Eξj+1 = 16 . Ezenk´ıv¨ ul 1 3 3 98 493 1 Var ξj = 4 − 16 = 16 . Innen Var S = 99 · 16 + 2 · 16 = 16 .
18.) Egy urn´aban 10 piros ´es 20 feh´er goly´o van. Kih´ uzunk visszatev´es n´elk¨ ul 10 goly´ot. A p´aros sorsz´am´ u h´ uz´ asok eset´en feh´er goly´o h´ uz´ as eset´en nyer¨ unk 3 forintot, piros goly´o h´ uz´ as eset´en pedig nem nyer¨ unk ´es nem vesz´ıt¨ unk semmit. A p´aratlan sorsz´am´ u h´ uz´ asok eset´en piros h´ uz´ as eset´en 2 forintot nyer¨ unk, feh´er goly´o h´ uz´ as eset´en nem nyer¨ unk ´es nem vesz´ıt¨ unk semmit. Sz´ amoljuk ki a nyerem´eny¨ unk v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 10, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: P´ aros j sz´amokra ξj = 3, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye piros, ξj = 0, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye feh´er goly´o. P´ aratlan j sz´amokra ξj = 2, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye 10 P piros, ξj = 0, ha a j-ik h´ uz´ as eredm´enye feh´er goly´o. Ekkor az S = ξj o¨sszeg j=1
v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et kell kisz´ amolnunk. Ennek ´erdek´eben sz´amoljuk ki az Eξj v´ arhat´ o ´ert´ekeket, Var ξj sz´or´ asn´egyzeteket ´es Cov (ξj , ξk ) kovarianci´akat. osz´ın˝ us´ege, Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j-ik h´ uz´ as eredm´enye piros 13 , annak val´ 2 2 hogy j-ik h´ uz´ as eredm´enye feh´er 3 . Ez´ert Eξj = 2, ha j p´aros, Eξj = 3 , ha j p´aratlan, ´es ES = 5 2 + 32 = 13 31 .
A sz´or´ asn´egyzet kisz´ am´ıt´ asa ´erdek´eben vegy¨ uk ´eszre, hogy Eξj2 = 6, Var ξj = 2, ha j p´aros, ´es Eξj2 = 34 , Var ξj = 98 . Tov´ abb´a annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy k´et j 2·19 ´es k indexre j 6= k, a j-ik ´es k-ik h´ uz´ as mindegyike feh´er 3·29 = 38 87 , annak, hogy 3 9 uz´ as feh´er, a m´ asik h´ uz´ as mindk´et h´ uz´ as piros 3·29 = 29 , annak, hogy az egyik h´ 2·10 2·19 114 114 2 piros 3·29 = 20 . Ez´ e rt Eξ ξ = 9 · = , Cov (ξ , ξ ) = − 4 = − , ha j j k j k 57 3·29 29 29 29 12 12 4 8 3 ´es k p´aros, Eξj ξk = 4 · 29 = 29 , Cov (ξj , ξk ) = 29 − 9 = − 263 , ha j ´es k p´aratlan, 11
20 40 4 4 Eξj ξk = 6 · 57 = 40 es k k¨ oz¨ ul az egyik p´aros, a 29 , Cov (ξj , ξk ) = 29 − 3 = 87 , ha j ´ m´ asik p´aratlan. Olyan (j, k) p´ar, 1 ≤ j, k ≤ 10, j 6= k, amelyre j ´es k mindegyike p´aros vagy mindegyike p´aratlan, ¨ osszesen 20 van, ´es olyan (j, k) p´ar, amelyekre az egyik p´aros, a m´ asik p´aratlan 2 · 5 · 5 = 50 van, ez´ert
X
1≤j,k≤10, j6=k
8 2 Cov (ξj , ξk ) = 20 − − 29 263
+ 50 ·
80 4 = . 87 263
Innen Var S =
10 X
X
Var ξj +
j=1
Cov (ξj , ξk )
1≤j,k≤10, j6=k
=5 2+
8 9
+
80 130 80 3850 = + = . 263 9 263 263
19.) Csodaorsz´ ag munka t¨orv´enyk¨ onyve szerint egy c´eg minden munk´ asa fizetett szabads´agot kap azokon a napokon, amikor legal´ abb az egyik¨ uknek sz¨ ulet´esnapja van. Ezen napok kiv´etel´evel azonban az ´ev minden napj´ an mindenkinek dolgoznia kell. Minden munk´ as 1 TV-k´esz¨ ul´eket k´esz´ıt egy nap alatt. Mi a v´ arhat´ o ´ert´eke ´es sz´or´ asn´egyzete az egy ´evben gy´artott TV k´esz¨ ul´ekeknek, ha n munk´ as dolgozik a c´egben? H´any alkalmazottat vegyen fel a c´egtulajdonos, ha azt akarja, hogy a gy´artott TV-k´esz¨ ul´ekek sz´am´anak a v´ arhat´ o ´ert´eke a lehet˝ o legnagyobb legyen? Megold´ as. Jel¨olje ξj , 1 ≤ j ≤ 365, a j-ik nap gy´artott TV-k´esz¨ ul´ekek sz´am´at. Ekkor ξj = n, ha az n munk´ as egyik´enek sincs sz¨ u let´ e snapja a j-ik napon, ´es 364 n 364 n ξj = 0 egy´ebk´ent. Ez´ert P (ξj = n) = 365 ´es P (ξj = 0) = 1 − 365 . A gy´artott 365 365 P P TV-k´esz¨ ul´ekek sz´ama Y = Y (n) = ξj , ahonnan EY = EY (n) = Eξj = j=1 j=1 n . 365n 364 365
A sz´or´ asn´egyzet kisz´ amol´ asa ´erdek´eben sz´amoljuk ki el˝ osz¨ or a Cov (ξi , ξj ) = Eξi ξj − 2 Eξi Eξj kovarianci´ a kat 1 ≤ i, j ≤ 365, i = 6 j eset´ e n. Eξ i ξj = n P (ξi = n, ξj = n n 363 n) = n2 363 , mert 365 a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy egyik munk´ asnak sincs 365 sz¨ ulet´esnapja sem az i-ik sem a j-ik napon. Innen Cov (ξi , ξj ) = n2
´es mivel Var Y =
365 P
(Eξj2 − (Eξj )2 ) + 2
j=1
Var Y = 365n2
364 365
n
−
364 365
363 365
P
−
364 365
2n !
,
Cov (ξi , ξj )
1≤i<j≤365
2n ! 12
n
+ 365 · 364n2
363 365
n
−
364 365
2n !
.
Sz´ amoljuk ki az EY (n) maximum´at az n v´ altoz´ o szerint. Annak ´erdek´eben, hogy (n+1) meghat´ arozzuk mely n sz´amra v´etetik fel ez a maximum, sz´amoljuk ki az EY EY (n) h´anyadost minden pozit´ıv eg´esz n-re, ´es hat´arozzuk meg, hogy az mely n-ekre (n+1) EY (n+1) n+1 364 kisebb, ´es mely n-ekre nagyobb, mint 1. EY EY (n) = n 365 , ahonnan EY (n) > 1, (n+1) (n+1) ha n ≤ 363, EY es EY ert 364 vagy EY (n) = 1, ha n = 364, ´ EY (n) < 1, ha n ≤ 365. Ez´ 365 munk´ ast ´erdemes felvenni, ´es ekkor az ´evente gy´artott TV k´esz¨ ul´ekek sz´ama 3642 1 363 364365 2 ∼ e . 1 − 365 365363 = 364
20.) Egy k´ artyacsomag 75 k´ artyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 ´es 75 k¨ oz¨ otti sz´amok valamelyik´evel meg van sz´amozva. Kih´ uzunk 40 k´ arty´ at visszatev´essel, ´es jel¨olje X az ily m´ odon kapott k¨ ul¨ onb¨oz˝ o k´ arty´ ak sz´am´at. Sz´ amoljuk ki az EX v´ arhat´ o ´ert´eket.
Megold´ as: Sz´ amozzuk meg a k´ arty´ akat 1-t˝ol 75-ig, ´es vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 75 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. ξj = 1, ha a j-ik k´ arty´ at kiv´alasztjuk, 75 P ξj = 0, ha a j-ik k´ arty´ at nem v´ alasztjuk ki a 40 h´ uz´ as sor´ an. Ekkor X = ξj . j=1
Ez´ert EX =
75 P
Eξj =
j=1
75 P
P (ξj = 1). Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j-ik k´ arty´ at
j=1
74 40 74 40 nem h´ uzzuk ki 40 h´ uz´ as sor´ an ( 75 ) . Innen P (ξj = 1) = 1 − ( 75 ) , EX = 74 40 75 1 − ( 75 ) .
20a.) Sz´ amoljuk ki az el˝ oz˝ o feladatban defini´alt X val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o Var X sz´or´ asn´egyzetet. Jel¨olje Y a ki nem h´ uzott k´ arty´ ak sz´am´at, ´es vezess¨ uk be az ηj = 1−ξj , 1 ≤ j ≤ 75, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyekre yj = 1, ha a j-ik k´ arty´ at nem v´ alasztjuk ki, 75 P ´es ηj = 0, ha a j-ik k´ arty´ at kiv´alasztjuk a 40 h´ uz´ as sor´ an. Ekkor Y = ηj , ´es j=1
Y = 75 − X, ahonnan Var Y = Var X az el˝ oz˝ o feladatban defini´alt X val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ oval. 75 P P Var X = Var Y = Var ηj + 2 Cov (ηi , ηj ). M´asr´eszt Var ηj = P (ηj = j=1
1≤i<j≤75
2
1) − P (ηj = 1) , ´es Cov (ηi , ηj ) = P (ηi = 1, ηj = 1) − P (ηi = 1)P (ηj = 1), ha i 6= j. 40 73 40 , P (ηi = 1) = P (ηj = 1) = 74 . Innen Tov´ abb´a P (ηi = 1, ηj = 1) = 75 75 40 80 40 80 73 74 74 Cov (ηi , ηj ) = 75 − 75 , ´es Var ηj = 75 − 74 . Ez´ert 75 ! 40 40 40 80 ! 74 74 73 74 Var X = Var Y = 75 1− + 74 · 75 . − 75 75 75 75 Megjegyz´es: A 20. feladatot a vizsg´alt X val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o X =
75 P
ξj alak´ u fel-
j=1
bont´as´anak seg´ıts´eg´evel oldottuk meg egyszer˝ ubb val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok o¨sszegek´ent. 40 P M´as felbont´assal is kis´erletezhet¨ unk volna. P´eld´aul ´ırhattuk volna, hogy X = ζj , j=1
13
ahol ζj = 1, ha a j-ik h´ uz´ askor u ´j k´ arty´ at h´ uzunk, ´es ζj = 0, ha nem. Ekkor is 40 P fel´ırhatjuk az EX = Eζj , azonoss´agot. Ez a m´ odszer m´egsem olyan hasznos, mint a j=1
feladat megold´ as´aban alkalmazott elj´ar´ as, mert az Eζj = P (ζj = 1) v´ arhat´ o ´ert´ekeket nem egyszer˝ u kisz´ amolni. Ez azt mutatja, hogy ´erdemes a minket ´erdekl˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o sz´amunkra hasznos felbont´as´at keresni, ´es ez nem mindig mag´ at´ ol ´ertet˝ od˝ o.
21.) Legyen k´et urna, mind a kett˝oben 10 piros ´es 10 feh´er goly´o. Egym´ as ut´ an kih´ uzunk nyolc goly´ot mind a k´et urn´ab´ ol, az els˝ ob˝ ol visszatev´es n´elk¨ ul, a m´ asodikb´ ol visszatev´essel. Ha a j-ik h´ uz´ asn´ al a k´et urn´ab´ ol kih´ uzott goly´o egyforma sz´ın˝ u, akkor k´et forintot nyer¨ unk, ha k¨ ul¨ onb¨oz˝ o sz´ın˝ uek, akkor egy forintot vesz´ıt¨ unk, 1 ≤ j ≤ 8. Sz´ am´ıtsuk ki nyerem´eny¨ unk v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 8, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 2, ha a j-ik h´ uz´ asn´ al mind k´et urn´ab´ ol piros vagy mind a k´et urn´ab´ ol feh´er goly´ot h´ uzunk, ´es ξj = −1, ha az egyik urn´ab´ ol feh´er ´es a m´ asik urn´ab´ ol piros goly´ot 8 P h´ uzunk. Akkor a minket ´erdekl˝ o mennyis´egek a S = ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o j=1
v´ arhat´ o ´ert´eke ´es sz´or´ asn´egyzete. Ennek kisz´ am´ıt´ asa ´erdek´eben sz´am´ıtsuk ki az Eξj , Var ξj ´es Cov (ξj , ξk ) mennyis´egeket. Vegy¨ uk ´eszre, hogy P (ξj = −1) = ul¨ on annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy P (ξ1 = −1) = 12 · 21 + 21 · 12 = 21 , mert kifejezve k¨ (feh´er, piros) vagy (piros, feh´er) h´ uz´ as t¨ort´enik. Hasonl´ oan P (ξj = 2) = 12 . Ez´ert 1 1 1 1 5 9 2 Eξj = 2 2 − 2 = 2 , Eξj = 2 (4 + 1) = 2 , Var ξj = 4 .
9 1 Hasonl´ oan, P (ξj = 2, ξk = 2) = P (ξ1 = 2, ξ2 = 2) = 2 · 41 · 21 · 19 + 2 · 41 · 21 · 10 19 = 4 , 1 9 P (ξj = 2, ξk = −1) = P (ξ1 = 2, ξ2 = −1) = 2 · 41 · 21 10 19 + 19 = 4 , P (ξj = −1, ξk = −1) = P (ξ1 = −1, ξ2 = −1) = 41 (itt felsoroltuk, hogy p´eld´aul a ξ1 = 2, ξ2 = 2 azt jelenti, hogy az ((F,F),(F,F)), ((F,F),(P,P)), ((P,P),(F,F)) vagy ((P,P),(P,P)) h´ uz´ assorozatok valamelyike k¨ ovetkezik be. Ez´ert Eξj ξk = P (ξj = −1, ξk = −1) + 4P (ξj = 2, ξk = 2) − 2P (ξj = −1, ξk = 2) − 2P (ξj = 2, ξk = −1) = 41 (1 + 4 − 4) = 14 , ovetkezik, hogy a ξj ´es Cov (ξj , ξk ) = Eξj ξk − Eξj Eξk = 41 − 14 = 0. Innen k¨ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok korrel´alatlanok, ´es ES = 8Eξ1 = 2, Var S = 8Var ξ1 = 18.
22.) V´eletlen¨ ul megh´ıvunk 30 embert. Tegy¨ uk fel, hogy az egyes embereknek egym´ ast´ ol 1 osz´ın˝ uf¨ uggetlen¨ ul van sz¨ ulet´esnapjuk, ´es minden ember eset´eben 365 annak a val´ s´ege, hogy az ´ev valamely napj´ an sz¨ uletett. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy van k´et ember a t´arsas´agban, akiknek ugyanaznap van a sz¨ ulet´esnapjuk? ´ Altal´ anosabban, van n urna, amelyekbe bedobunk egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul k goly´ot u ´gy, hogy mindegyik goly´o egyforma val´ osz´ın˝ us´eggel esik az egyes urn´akba. Mi an´ nak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy van olyan urna amelybe legal´ abb k´et goly´o esik? Erdekel minket tov´ abb´a ennek a val´ osz´ın˝ us´egnek a viselked´ese, ha mind az n mind a k sz´am nagy, ´es a k = k(n) sz´amnak megfelel˝ o a nagys´agrendje. L´ assuk be, hogy a k √ fenti val´ osz´ın˝ us´egnek van hat´ar´ert´eke, ha n → ∞, n → α valamilyen 0 ≤ α < ∞ sz´ammal, ´es hat´arozzuk meg ezt a hat´ar´ert´eket. Megold´ as: Jel¨olje ξj azt a val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot, hogy a j-ik embernek az ´ev hanyadik napj´ an van a sz¨ ulet´esnapja. Ekkor a ξj , 1 ≤ j ≤ 30, val´ osz´ın˝ us´egi 14
1 v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek, P (ξj = l) = 365 , 1 ≤ j ≤ 30, 1 ≤ l ≤ 365, ´es P (ξj 6= ξj′ ha j 6= j ′ ) annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy mindenkinek k¨ ul¨ onb¨oz˝ o nap van a sz¨ ulet´esnapja. Ez a val´ osz´ın˝ us´eg viszont
29 Y j 365 · 364 · · · (365 − 30 + 1) 1− , = 365k 365 j=1 mert annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o ember sz¨ ulet´esnapja az l1 -ik, a m´ asodik´e az 1 , tetsz˝ oleges l2 -ik ´es ´ıgy tov´ abb a k-ik ember sz¨ ulet´esnapja az lk -ik napon van 365 k k−1 Q 1 ≤ lj ≤ 365, 1 ≤ j ≤ 30 sz´amok eset´en, ´es ezeket a sz´amokat (365 − j) j=0
m´ odon v´ alaszthatjuk u ´gy, hogy mindegyik lj sz´am k¨ ul¨ onb¨oz˝ o legyen. ´Igy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy van k´et ember akinek ugyanazon a napon van a sz¨ ulet´esnapja 29 Q j 1− 1 − 365 . j=1
Hasonl´ oan, annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy ha k goly´ot dobunk n urn´aba az adott k−1 Q m´ odon, akkor van olyan urna, amelyikbe legal´ abb k´et goly´o esik 1 − 1 − nj . j=1
k−1 Q
1−
j
k−1 P
j
kifejez´esre, ha n → ∞, k(n) j √ ∼ − nj a log(1 + x) → α. Heurisztikus ´ e rvel´ e s szerint mivel log 1 − n n k−1 k−1 P P j (k−1)k f¨ uggv´eny Taylor sorfejt´ese szerint, ez´ert log 1 − nj ∼ − n = − 2n ,
Adjunk j´ o k¨ ozel´ıt´est a log
j=1
n
=
j=1
log 1 −
n
j=1
ahonnan log
k(n)−1 Q j=1
1−
j
n
2
→ − α2 , ha n → ∞, ´es
j=1
k(n) √ n
→ α. Ez a sz´amol´ as
precizz´e tehet˝ o, ha felhaszn´aljuk p´eld´aul azt az egyenl˝otlens´eget, amely szerint 2j 2 const. j j log 1 − , + ≤ 2 ≤ n n n n
j ha n el´eg nagy ´es √ ≤ α + 1, n
ami szint´en k¨ ovetkezik a log(1 + x) Taylor sorfejt´es´eb˝ ol. Innen azt kapjuk, hogy k(n)−1 Q 2 √ → α. 1− 1 − nj → 1 − e−α /2 , ha n → ∞, ´es k(n) n j=1
as´ u val´ osz´ı23.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen, a − 12 , 21 intervallumban egyenletes eloszl´ n˝ us´egi v´ altoz´ o, azaz legyen ξ ´es η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = 1, ha − 21 ≤ x ≤ 12 , ´es f (x) = 0 egy´ebk´ent. Sz´ amoljuk ki ξ + η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. R Megold´ as: A ξ+η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye a g(x) = f (y)f (x−y) dy as s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye. f¨ uggv´eny, ahol f (x) a − 12 , 12 intervallumban egyenletes eloszl´ 1 1 1 1 1 Ez´ert f (y)f (x−y) = 1, ha − 2 ≤ y ≤ 2 , ´es − 2 ≤ x−y ≤ 2 , azaz − 2 +x ≤ y ≤ 21 +x, ´es nulla egy´ebk´ent. Ezazt jelenti, a ξ + η ¨ osszeg g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye az x hogy 1 1 1 1 pontban megegyezik a − 2 , 2 ∩ − 2 + x, 2 + x intervallum hossz´aval. Ha |x| > 1, 15
akkor a fenti metszet u ¨res, ez´ert ebben az esetben g(x) = 0. Ha 0 ≤ x ≤ 1, akkor ebben az esetez a metszet a − 12 + x, 21 intervallum, ´es ennek hossza 1 − x,1 azaz 1 ben g(x) = 1 − x. Ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor ez a metszet a − 2 , 2 + x intervallum amelynek hossza 1 + x = 1 − |x|, azaz g(x) = 1 + x = 1 − |x| ebben az esetben. Ez azt jelenti, hogy g(x) = 1 − |x|, ha |x| ≤ 1, ´es g(x) = 0, ha |x| > 1. Megadok egy m´ asik geometriai ´ervel´esen alapul´o megold´ ast. Sz´ am´ıtsuk ki el˝ osz¨ osz´ us´egi v´ altoz´ o G(x) eloszl´ asf¨ uggv´eny´et. De ın˝ or1 a1ξ + η val´ 1 1 fini´aljuk a K = − 2 , 2 × − 2 , 2 n´egyzetet, ´es jel¨olje λ a Lebesgue m´ert´eket, azaz a ter¨ uletet a s´ıkon. Ekkor a s´ık tetsz˝oleges A ⊂ R2 m´erhet˝ o r´eszhalmaz´ ara igaz az, hogy P ((ξ, η) ∈ A) = λ(A ∩ K). Speci´alisan, G(x) = P (ξ + η < x) = λ(K ∩ {(u, v): u + v < x}). Ha x ≤ −1, akkor G(x) = 0, ha −1 ≤ x ≤ 0, akkor G(x) a − 12 , − 12 , − 12 , 12 + x ´es 21 + x, − 12 pontok a´ltal meghat´ arozott 1 2 oan, ha x ≥ 1, akkor G(x) = 1. Ha 0 ≤ x ≤ 1, h´aromsz¨og ter¨ ulete 2 (1 + x) . Hasonl´ akkor a G(x) eloszl´ asf¨ uggv´eny megegyezik annak a poligonnak ulet´evel, amelyet 1 1 ter¨ 1 1 u ´gy kapunk, hogy a K n´egyzetb˝ol kihagyjuk a 2 , 2 , 2 , − 2 + x ´es − 12 + x, 21 pontok ´ altal meghat´ arozott h´aromsz¨oget. Ez´ert G(x) = 1− 12 (1−x)2 ebben az esetuggv´enyt ben. Hasonl´ o meggondol´assal G(x) = 21 (1 + x)2 , ha −1 < x < 0. A G(x) f¨ deriv´alva kapjuk, hogy g(x) = 0, ha |x| ≤ 1, g(x) = 1 + x, ha −1 ≤ x ≤ 0, ´es g(x) = 1 − x, ha 0 ≤ x ≤ 1.
24.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o f (x) ´es g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. Hogyan sz´amoljuk ki ξ − η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et?
Megold´ as. ξ−η = ξ+(−η). Ha η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x) akkor −η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g − (x) = g(−x). Ez szeml´eletesen ny´ılv´anval´ o, egy lehets´eges form´alis magyar´ azat dG(x) a k¨ ovetkez˝ o. Legyen G(x) η eloszl´ asf¨ uggv´enye. Ekkor g(x) = dx , ´es −η el-osz− l´asf¨ uggv´enye G (x) = P (−η < x) = P (ξ > −x) = 1 − P (η ≤ −x) = 1 − G(−x). (Mivel η-nak van s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ez´ert P (η ≤ −x) = P (η < −x).) Ez´ert −η − = g(−x). s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g − (x) = dGdx(x) = 1−G(−x) dx R∞ Innen ξ − η = ξ + (−η) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f ∗ g − (x) = −∞ f (y)g − (x − y) dy = R∞ f (y)g(y − x) dy. −∞
25.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen, egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o valamely [a, a + 1] illetve [b, b + 1] intervallumon. Sz´ am´ıtsuk ki a ξ + η ´es ξ − η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et.
Megold´ as: A feladatot meg lehet oldani megfelel˝ o konvoluci´ ok kisz´ am´ıt´ as´anak a seg´ıts´eg´evel. De mivel ezt a feladatot m´ ar megoldottuk egy speci´ alis esetben a 23. feladatban, ez´ert egyszer˝ ubb a feladat megold´ as´at visszavezetni erre a speci´ alis 1 1 esetre. Ennek ´erdek´eben vezess¨ unk be k´et f¨ uggetlen ξ0 ´es η0 a [− 2 , 2 ] intervallumon egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot. Feltehetj¨ uk, hogy ξ = ξ0 + a + 21 ´es η = η0 + b + 21 . Ekkor ξ + η = ξ0 + η0 + a + b + 1, ξ − η = ξ0 − η0 + a − b. Ezenk´ıv¨ ul ξ0 + η0 ´es ξ0 − η0 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye megegyezik, ´es ez az eml´ıtett feladat eredm´enye szerint g(x) = 1 − |x|, ha −1 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0, ha x < −1 vagy x > 1. Innen x + η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x − a − b − 1) = 1 − |x − a − b − 1|, ha 16
|x − a − b − 1| ≤ 1, g(x − a − b − 1) = 0, ha |x − a − b − 1| > 1, ξ − η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x − a + b) = 1 − |x − a + b|, ha |x − a + b| ≤ 1, g(x − a + b) = 0, ha |x − a + b| > 1.
26.) Oldjuk meg a 7. ´es 8. feladatot a konvoluci´ or´ ol bizony´ıtott eredm´enyek alapj´ an.
Megold´ as: A 7. feladatban jel¨olje ξ ´es η azokat a val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyek azt m´erik, hogy mikor ´erkezett a t´erre az els˝ o illetve a m´ asodik ember. Ekkor ξ ´es η f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es egyenletes eloszl´ as´ uak a [8, 9] intervallumban. osz´ın˝ us´eg ´erdekel. Viszont ξ − η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye Minket a P (|ξ − η| < 12 ) val´ f (x) = 1 − |x|, ha |x| ≤ 1, ´es f (x) = 0, ha x > 1. Innen P (|ξ − η| < 21 ) = R 1/2 R 1/2 f (x) dx = 2 0 (1 − x) dx = 43 . −1/2
A 8. feladatban jel¨olje ξ ´es η azokat a val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyek azt m´erik, hogy milyen hossz´ u az els˝ o ´es m´ asodik elt¨ ort bot r¨ovidebb v´ege. Ekkor ξ ´es η f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es egyenletes eloszl´ as´ uak a [0, 21 ] intervallumban. (Egy bot r¨ovidebb v´eg´enek a hossza kisebb, mint x, ha a bot baloldali v´ege r¨ovidebb, mint x vagy hosszabb, mint 1 − x. Minket a P (ξ + η < 0.8) val´ osz´ın˝ us´eg ´erdekel. Viszont ξ + η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = 2(1 − |1 − 2x|), ha 0 < x ≤ 1, ´es f (x) = 0, R 0.8 R1 ha x > 1, vagy x < 0. Innen P (ξ − η < 0.8) = 0 f (x) dx = 1 − 0.8 f (x) dx = R1 1 − 0.8 (4 − 4x) dx = 1 − 0.08 = 0.92.
27.) Legyenek ξ1 ´es ξ2 f¨ uggetlen exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, azaz −λx legyen s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny¨ uk f (x) = λe ha x ≥ 0, ´es f (x) = 0, ha x < 0. Sz´ am´ıtsuk ki ξ1 + ξ2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. ´ Altal´anosabban, legyenek ξ1 , . . . ξm f¨ uggetlen exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok λ > 0 param´eterrel. Mutassuk meg, hogy ξ1 + · · · + ξm s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye λm xm−1 −λx fm (x) = (m−1)! e , ha x ≥ 0, ´es fm (x) < 0, ha x < 0.
okat a fenti Megold´ as: Ki kell sz´amolnunk az f ∗ f (x) illetve f ∗ · · · ∗ f (x) konvoluci´ | {z } m−szer
f (x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. Mivel f (x) = 0, ha x ≤ 0, a konvoluci´ ot meghat´ aroz´o integr´alban szerepl˝o f (y)f (x − y) integrandus nulla, ha y ≤ 0 vagy x − y ≤ 0. Innen a konvoluci´ ot defini´al´ o integr´al csak x ≥ 0 eset´en lehet nulla, az x ≤ 0 esetben f (y)f (x − y) > 0 minden y-ra nulla, ´es x ≥ 0 eset´en az f (y)f (x − y) > 0 integrandus csak 0 ≤ y ≤ x eset´en nem nulla. Innen a ξ1 + ξ2 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f2 (x) = f ∗ f (x) x < 0-ra f2 (x) = 0, ´es Z
Z
∞
x
f2 (x) = f ∗ f (x) = f (y)f (x − y) dy = λe−λy λe−λ(x−y) dy −∞ 0 Z x = λ2 e−λx dy = λ2 xe−λx , ha x ≥ 0. 0
ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et, akkor Hasonl´ oan, ha fm (x) = f ∗ · · · ∗ f (x) jel¨oli ξ1 + · · · ξm s˝ | {z } m−szer
fm (x) = 0 minden m ≥ 1 sz´amra, ha x < 0. Azt ´ all´ıtom, hogy fm (x) = λm xm−1 −λx , ha x ≥ 0. Ezen a´ll´ıt´ as bizony´ıt´ as´ahoz el´eg bel´ atni teljes indukci´ oval (m−1)! e 17
azt, hogy fm−1 ∗ f (x) = fm (x) a fent defini´alt fm f¨ uggv´enyekkel. Viszont fm−1 ∗ f (x) =
Z
∞
−∞
fm−1 (y)f (x − y) dy =
= λm e−λx
Z
x
0
Z
x
λm−1
0
y m−2 λe−λy e−λ(x−y) dy (m − 2)!
y m−2 λm xm−1 dy = e−λx , (m − 2)! (m − 1)!
ha x ≥ 0.
M´asr´eszt fm (x) = 0, ha x ≤ 0.
28.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, mind a kett˝ o f (x) = 12 e−|x| , −∞ < x < ∞, s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy f (x) val´ oban s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny. Sz´ am´ıtsuk ki a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Megold´ as: Az f (x) f¨ uggv´eny minden pontban nem negat´ Annak ellen˝ orz´es´ehez, Rıv. ∞ hogy f (x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny azt kell megmutatnunk, hogy −∞ f (x) dx = 1. Ez igaz, R0 R∞ R∞ ∞ 0 mert −∞ f (x) dx = 12 −∞ ex dx + 12 0 e−x dx = 21 [ex ]−∞ + 21 [−e−x ]0 = 1. R∞ A ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et a g(x) = −∞ f (y)f (x − y) dy formula seg´ıts´eg´evel sz´am´ıthatjuk ki. Sz´ am´ıtsuk ki ezt az integr´alt. Tekints¨ uk el˝ osz¨ or azt az esetet, amikor x ≥ 0. Az integr´alt sz´am´ıtsuk ki u ´gy, hogy n´ezz¨ uk mind a n´egy (elvileg) lehets´eges esetet, amikor a) y ≥ 0 ´es x − y ≥ 0, b) y ≥ 0 ´es x−y < 0, c) y < 0, x−y ≥ 0, d) y < 0, x−y < 0. Sz´ am´ıtsuk ki mind a n´egy esetben azt, hogy milyen tartom´anyban veszi fel ´ert´ek´et az y v´ altoz´ o, ´es mi az integrandus illetve az integr´al ´ert´eke ebben a tartom´anyban. Az a) esetben 0 ≤ y ≤ x, az −x −x integrandus f (y)f (x − y) = 41 e−y e−(x−y) = e 4 , az integr´al pedig xe4 az a) −y x−y x−2y tartom´anyban. A b) esetben y > x ´es f (y)f (x − y) = e 4e = e 4 az integr´al R∞ −x pedig 14 x ex−2y dy = e 8 , a c) esetben y < 0 ´es f (y)f (x − y) = 41 ey e−(x−y) = R0 −x e2y−x al pedig 41 −∞ e2y−x dy = e 8 , a d) eset nem lehets´eges, mert ekkor 4 , az integr´ egyr´eszt az y < 0 m´ asr´eszt az y > x ≥ 0 felt´eteleknek kellene teljes¨ ulni¨ uk. Innen (x+1)e−x azt kapjuk, hogy g(x) = , ha x > 0. Mivel f szimmetrikus f¨ uggv´eny, ez´ert 4 mint nem neh´ez megmutatni, g(x) is az. Teh´ at g(−x) = g(x), ´es g(x) =
(|x|+1)e−|x| . 4
29.) Legyenek ξ ´es η f¨ uggetlen, standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok. 1 2 2 L´ assuk be, hogy ξ + η exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o λ = 2 param´eterrel. √ √ √ Megold´ as: P (ξ 2 < x) = Φ( x) − Φ(− x) = 2Φ( x) − 1, ha x ≥ 0. ´Irjuk fel ξ 2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et ´es konvoluci´ o seg´ıts´eg´evel a√k´ıv´ant s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enyt. A ξ 2 ϕ( x) 1 e−x/2 , ha x ≥ 0, ´es val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x) = √x = √2πx g(x) = 0, ha x < 0, ´es ξ 2 + η 2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = g ∗ g(x) = = e−x/2
Z
0
1
Z
0
x
1 2π
p
u(x − u)
e−u/2 e−(x−u)/2 du
1 1 p dv = e−x/2 , 2 2π v(1 − v) 18
ha x ≥ 0,
´es f (x) = 0, ha x ≤ 0. Megjegyz´es: Az x param´etert˝ ol nem f¨ ugg˝o
R1 0
√
1 v(1−v)
dv integr´al ´ert´ek´et meghat´ arozza
az a t´eny, hogy a v´egeredm´enyk´ent kapott f¨ uggv´eny s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny, ez´ert integr´alja a sz´amegyenesen eggyel egyenl˝o. De ki is tudjuk sz´amolni ezt az integr´alt. Vagy¨ uk ´eszre, hogy 1 1 2 p =q , =p 1 1 2 v(1 − v) 1 − (2v − 1)2 − (v − ) 4 2
ez´ert u = 2v − 1 helyettes´ıt´essel Z x Z 2x−1 1 1 √ p du dv = 2π 1 − u2 0 2π v(1 − v) −1 arcsin(2x − 1) + 1 2x−1 [arcsin x]−1 = = 2π 2π
π 2
.
Innen k¨ ovetkezik, hogy a tekintett integr´al ´ert´eke x = 1 eset´en 12 , mivel arcsin 1 =
π 2.
30.) Legyen ξ standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, azaz legyen s˝ ur˝ us´eg2 1 −x /2 2 4 , −∞ < x < ∞. Sz´ am´ıtsuk ki a ξ + ξ val´ osz´ın˝ us´egi f¨ uggv´enye ϕ(x) = √2π e v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Megold´ as: Jegyezz¨ uk meg, hogy mivel ξ 2 ´es ξ 4 nem f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ez´ert ¨ osszeg¨ uk s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et nem sz´amolhatjuk konvoluci´ o seg´ıts´eg´evel. Ehelyett meghat´ arozzuk azt az A(x) halmazt, amelyre ξ 2 + ξ 4 < x akkor ´es csak akkor, ha ξ ∈ A(x). Ezut´an fel´ırhatjuk a P (ξ 2 + ξ 4 < x) = P (ξ ∈ A(x)) azonoss´agot. Az itt megjelen˝o val´ osz´ın˝ us´eget, azaz ξ 2 + ξ 4 eloszl´ asf¨ uggv´eny´et ki tudjuk sz´amolni a ξ eloszl´ asf¨ uggv´eny´enek seg´ıts´eg´evel, majd a keresett s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enyt is megkapjuk ξ 2 + ξ 4 eloszl´ asf¨ uggv´eny´enek a deriv´altjak´ent. Az al´ abbiakban kidolgozom a sz´amol´ as r´eszleteit. Sz´ am´ıtsuk ki el˝ osz¨ or ξ 2 + ξ 4 G(x) eloszl´ asf¨ uggv´eny´et. Ha x < 0, akkor G(x) = 2 4 0, mert ξ + ξ ≥ 0 egy val´ osz´ın˝ us´eggel. Ha x > 0, akkor a P (ξ 2 + ξ 4 < x) val´ osz´ın˝ us´eg´et kell kisz´ am´ıtanunk. Legyen u = u(x) az u2 + u√ − x = 0 egyenlet √ nagyobb gy¨oke, az u = −1+ 21+4x , a kisebbik gy¨oke u ¯ = −1− 21+4x pedig olyan, hogy u ¯ < 0. Nem neh´ez bel´ atni, hogy ξ 2 (ω)p+ ξ 4 (ω) < x akkor ha p ´es csak akkor, 2 2 4 0 ≤ ξ (ω) < u(x), ami azt jelenti, hogy − u(x) < ξ < u(x). ξ + q Innen ξ q √ √ −1+ 1+4x − Φ − −1+ 21+4x = eloszl´ asf¨ uggv´enye x > 0 eset´en G(x) = Φ 2 q √ −1+ 1+4x − 1, ahol Φ(x) a standard norm´ alis eloszl´ asf¨ uggv´eny. Innen 2Φ 2
differenci´ al´ assal kapjuk, hogy ξ 2 + ξ 4 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye dG(x) ur˝ udx , ahonnan ez a s˝ s´egf¨ uggv´eny nulla, ha x < 0, ´es s r √ √ −1 + 1 + 4x d 2 −1 + 1 + 4x exp , ha x > 0. π 4 dx 2 19
31.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelyek ´ert´ekeiket a 0 ´es n k¨ oz¨ otti eg´esz sz´amok k¨ oz¨ ul veszik fel egyenletes eloszl´ assal, azaz P (ξ = j) = P (η = j) = 1 am´ıtsuk ki a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o eloszl´ as´at. n+1 , 0 ≤ j ≤ n. Sz´ Megold´ as: Vil´ agos, hogy a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o csak 0 ≤ j ≤ 2n alak´ u eg´esz sz´amokat vesz fel pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel. Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy j ´ert´eket vesz fel a 0 ≤ j ≤ 2n esetben P (ξ + η = j) =
n X
k=0
P (ξ = k, η = j − k) =
n X
k=0
P (ξ = k)P (η = j − k).
Az ebben az ¨ osszegben szerepl˝o tagok k¨ oz¨ ul csak azokat kell figyelembe venni, amelyek nem null´ ak, teh´at amelyek k param´eter´ere a 0 ≤ k ≤ n felt´etel mellett a ´ 0 ≤ j − k ≤ n azaz a j − n ≤ k ≤ j felt´etel is teljes¨ ul. Erdemes k¨ ul¨ on tekinteni azt az esetet, amikor 0 ≤ j ≤ n ´es amikor n < j ≤ 2n. Ha 0 ≤ j ≤ n, akkor a P (ξ +η = j) val´ osz´ın˝ us´eget kifejez˝ o¨ osszegben j +1 nem z´er´ o tag van (azok a tagok, 1 ´ osz´ın˝ us´eg amelyekre 0 ≤ k ≤ j), mindegyiknek az ´ert´eke (n+1)2 . Igy a keresett val´
j+1 P (ξ + η = j) = (n+1) er´ o 2 , ha 0 ≤ j ≤ n. Ha n < j ≤ 2n, akkor 2n − j + 1 nem z´ tag van a P (ξ + η = j) val´ osz´ın˝ us´eget kifejez˝ o¨ osszegben, (amikor j − n ≤ k ≤ n) 1 -tel egyenl˝ o k. Ez´ e rt P (ξ + η = j) = 2n−j+1 ´es ezek ´ert´ekei (n+1) 2 (n+1)2 , ha n < j ≤ 2n.
31a.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelyek ´ert´ekeiket a nk , 0 ≤ k ≤ n 1 alak´ u sz´amokon veszik fel egyenletes eloszl´ assal, azaz P (ξ = nj ) = P (η = nj ) = n+1 , 0 ≤ j ≤ n. Sz´ am´ıtsuk ki a ξ + η ¨ osszeg eloszl´ as´at. Hasonl´ıtsuk o¨ssze az eredm´enyt k´et f¨ uggetlen, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszl´ as´ u ξ˜ ´es η˜ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o osszeg´enek a s˝ ¨ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´evel. Megold´ as: A keresett eloszl´ as P (ξ +η =
j n)
=
j+1 (n+1)2 ,
ha 0 ≤ j ≤ n, P (ξ +η =
j n)
=
j n,
2n−j+1 (n+1)2 ,
ha n < j ≤ 2n, ´es P (ξ + η = x) = 0, ha x nem x = 0 ≤ j ≤ 2n alak´ u sz´am. Ez k¨ ovetkezik a 31. feladat eredm´eny´eb˝ ol. Ugyanis, ha az ott tekintett ¯ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat ξ-vel ´es η¯-val jel¨olj¨ uk, akkor ξ + η = n1 (ξ¯ + η¯), ´es ez´ert P (ξ + η = x) = P (ξ¯ + η¯ = nx) tetsz˝oleges x sz´amra. Ez´ert P (ξ + η = x) csak obb megadott ´ert´ekeket x = nj , 0 ≤ j ≤ 2n, esetben lehet nem nulla, ´es ott az el˝ veszi fel. A ξ˜ + η˜ s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, f (x) = 2 − x, ha 1 ≤ x ≤ 2, ´es f (x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2. A k´et eredm´enyt ¨ osszehasonl´ıtva l´athatjuk, hogy a ξ + η ¨ osszeg eloszl´ as´at megad´o k´eplet a f¨ uggetlen, egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ¨ osszeg´enek a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et megad´o k´eplet diszkretiz´ altj´ anak tekinthet˝ o. Vegy¨ uk ´eszre, hogy lim nP (ξ = jnn ) = f (x), ha lim jnn = x, ´es n→∞ n→∞ f (x) jel¨oli ξ˜ + η˜ s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. 32.) Legyen η1 ´es η2 k´et f¨ uggetlen norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o m1 illetve 2 2 m2 v´ arhat´ o ´ert´ekkel, σ1 ´es σ2 sz´or´ asn´egyzettel. L´ assuk be, hogy az η1 + η2 o¨sszeg m1 + m2 v´ arhat´ o ´ert´ek˝ u ´es σ12 + σ22 sz´or´ asn´egyzet˝ u norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. 20
A feladat megold´ asa el˝ ott ´erdemes megjegyezni, hogy Z ∞ √ 2 e−(x−A) /B dx = Bπ. −∞
Ezt l´athatjuk p´eld´aul az y = 2
√
√ helyettes´ıt´essel, ´es abb´ol a t´enyb˝ol, hogy a 2 x−A B
ϕ(y) = √12π e−y /2 f¨ uggv´eny s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny. Ez az ´eszrev´etel az´ert hasznos, mert ez lehet˝ ov´e teszi, hogy amennyiben olyan integr´alt kell kisz´ amolni, amelyben az integrandus exponens´eben egy kvadratikus alak szerepel, akkor az inegrandusban szerepl˝o kifejez´est teljes n´egyzett´e alak´ıtva ki tudjuk sz´amolni az integr´alt. Ez a gondolata a jelen feladat megold´ as´anak is. Megold´ as: Az η1 + η2 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye Z ∞ 2 2 2 2 1 e−(u−m1 ) /2σ1 e−(x−u−m2 ) /2σ2 du f (x) = −∞ 2πσ1 σ2 Z ∞ 1 x − m2 m1 1 1 2 + 2 +u + exp −u = 2σ12 2σ2 σ12 σ22 −∞ 2πσ1 σ2 m2 (x − m2 )2 − 12 − du 2σ1 2σ22 2 Z ∞ m1 σ22 + (x − m2 )σ12 σ12 + σ22 1 u− = exp − 2σ12 σ22 σ12 + σ22 −∞ 2πσ1 σ2
(m1 σ22 + (x − m2 )σ12 )2 m21 (x − m2 )2 + − 2− du 2σ12 σ22 (σ12 + σ22 ) 2σ1 2σ22 Z ∞ 1 σ12 + σ22 2 du u = exp − 2σ12 σ22 −∞ 2πσ1 σ2 (m1 σ22 + (x − m2 )σ12 )2 (x − m2 )2 m21 exp − 2− 2σ12 σ22 (σ12 + σ22 ) 2σ1 2σ22 1 m21 (x − m2 )2 (m1 σ22 + (x − m2 )σ12 )2 =p − 2− exp 2σ12 σ22 (σ12 + σ22 ) 2σ1 2σ22 2π(σ12 + σ22 ) (x − m1 − m2 )2 1 p . exp − = 2(σ12 + σ22 ) 2π(σ12 + σ22 )
Megjegyz´es. A feladatot lehet egyszer˝ us´ıteni. El´eg p´eld´aul arra az esetre koncentr´ alni a figyelm¨ unket, amikor m1 = 0 ´es m2 = 0. Val´ oban, vezess¨ uk be az η¯1 = η1 − m1 ´es η¯2 = η2 − m2 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. Ekkor η¯1 ´es η¯2 f¨ uggetlen norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok 0 v´ arhat´ o ´ert´ekkel, σ12 ´es σ22 sz´or´ asn´egyzettel. M´asr´eszt η1 + η2 = η¯1 + η¯2 + m1 + m2 , ´es ha η¯1 + η¯2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye h(x), akkor η1 + η2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye h(x − m1 − m2 ). Mi´ert? Ez azt jelenti, hogy el´eg η¯1 + η¯2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et kisz´ amolni.
33.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, ξ egyenletes eloszl´ as´ u a [0, 1] intervallumban, azaz f (x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, ´es f (x) = 0, ha x < 0 vagy x > 1 21
s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel, η 1 param´eter˝ u exponenci´alis eloszl´ assal azaz g(x) = e−x , ha x > 0 ´es g(x) = 0 ha x < 0 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. Sz´ amolja ki ξ + η h(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Megold´ as: h(x) =
Z
∞
−∞
f (y)g(x − y) dy =
Z
0
1
g(x − y) dy,
ahonnan h(x) = 0, ha x < 0, ´es mivel g(x − y) = 0, ha y > x, ´es g(x − y) = e−(x−y) , ha y ≤ x Z min(1,x) h(x) = e(y−x) dy = e−x (emin(1,x) − 1), 0
ha x > 0. Azaz h(x) = 1 − e−x , ha 0 ≤ x ≤ 1, ´es h(x) = e1−x − e−x , ha x > 1.
34.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, ξ standard norm´ alis, η 1 param´eter˝ u exponenci´alis eloszl´ assal (azaz f (x) = e−x , ha x > 0 ´es f (x) = 0 ha x < 0 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. Sz´ amolja ki ξ + η g(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Megold´ as: Z ∞ Z ∞ 2 2 1 −(x−y)2 /2 −y 1 dy = √ g(x) = e √ e e−y /2+(x−1)y−x /2 dy 2π 2π 0 0 Z Z ∞ 1 1/2−x ∞ −(y−x+1)2 /2 1 −(y−x+1)2 /2 −x2 /2+(x−1)2 /2 e dy e dy e =√ e =√ 2π 0 2π 0 Z ∞ 2 1 =√ e−z /2 dz = e1/2−x [1 − Φ(1 − x)], 2π 1−x ahol Φ(x) a standard norm´ alis eloszl´ asf¨ uggv´eny. 34a.) L´ assuk be k¨ ozvetlen sz´amol´ assal, hogy g(x) = e1/2−x [1 − Φ(1 − x)], ahol Φ(x) a standard norm´ alis eloszl´ asf¨ uggv´eny egy s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny. Megold´ as: g(x) ≥ 0 minden x sz´amra, ´es parci´ alis integr´al´ assal kapjuk, hogy Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1/2−x g(x) dx = e [1 − Φ(1 − x)] dx = e1/2−x ϕ(1 − x) dx −∞ −∞ −∞ Z ∞ 1 −x2 /2 √ e dx = 1, = 2π −∞ ahol ϕ(x) a standard norm´ alis s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny. 35.) Legyen ξ standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, azaz legyen ξ s˝ ur˝ u1 −x2 /2 √ s´egf¨ uggv´enye f (x) = 2π e , ´es legyen t val´ os sz´am. Sz´ amoljuk ki az etξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o Eetξ v´ arhat´ o ´ert´ek´et. Megold´ as: Ee
tξ
Z
∞
2 1 = e √ e−u /2 du = 2π −∞
tu
22
Z
∞
−∞
2 2 2 1 √ etu−u /2−t /2+t /2 du 2π
=e
t2 /2
Z
∞
−∞
2 2 1 √ e−(t−u) /2 du = et /2 . 2π
36.) Legyen ξ norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o 2 v´ arhat´ o ´ert´ekkel ´es 3 sz´or´ asn´egyzettel. Sz´ amoljuk ki minden val´ os t sz´amra az Eetξ v´ arhat´ o ´ert´eket. Megold´ as. A feladatot megoldhatjuk az el˝ oz˝ o feladat megold´ as´ahoz hasonl´oan. A ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et is fel tudjuk ´ırni, ´es ezut´ an az el˝ oz˝ o feladathoz hasonl´o integr´al seg´ıts´eg´evel fel tudjuk ´ırni a keresett v´ arhat´ o ´ert´eket, ´es azt ehhez a feladathoz hasonl´oan ki tudjuk sz´amolni. De egyszer˝ ubben is c´elhoz ´erhet¨ unk. A feladatot k¨ ozvetlen¨ ul visszavezethetj¨ u k erre a feladatra. Fel´ırhatjuk √ ugyanis a ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot ξ = 3η + 2 alakban, ahol η standard√norm´ alis tξ t( 3η+2) eloszl´ a√ s´ u val´ osz´ın˝ us´ egi v´ altoz´ o. Innen k¨ ovetkezik, hogy Ee = Ee = √ 2t ( 3t)η 2t+3t2 /2 2t t 3η = e Ee =e az el˝ oz˝ o feladat eredm´enye alapj´ an. e Ee ´ 37.) A 2000. ´evben az Egyes¨ ult Allamok Florida ´ allam´aban rendk´ıv¨ ul szoros eredm´eny sz¨ uletett az eln¨okv´alaszt´ ason. 5 000 000 v´ alaszt´ o v´ alaszt´ o v´ alasztott k´et p´art, a republik´ anus ´es demokrata p´art jel¨oltjei k¨ oz¨ ott. A k´et jel¨olt a´ltal szerzett szavazatok sz´ama (egy adott id˝ opontbeli felm´er´es szerint) mind¨ ossze 300 volt. Tegy¨ uk fel, 1 hogy a v´ alaszt´ ok egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul 2 val´ osz´ın˝ us´eggel v´ alasztott´ ak valamelyik p´art jel¨oltj´et. E feltev´es teljes¨ ul´ese est´en mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a k´et jel¨olt altal ¨ ´ osszegy¨ ujt¨ ott szavazatok k¨ ul¨ onbs´ege nem haladja meg a h´aromsz´azat. Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 5 000 000, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 1, ha a j-ik v´ alaszt´ o a demokrata, ξj = 0, ha a j-ik v´ alaszt´ o a republik´ anus 5 000 P000 jel¨oltre szavaz. Ekkor S = ξj a demokrata, ´es 5 000 000 − S a repubj=1
lik´anus jel¨oltre leadott szavazatok sz´ama, ´es minket a P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) val´ osz´ın˝ us´eg nagys´aga ´erdekel. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok 1 1 1 f¨ uggetlenek, Eξ = , Var ξ = , ez´ e rt ES = 2 500 000, Var S = · 5 000 000, ´es j 4 4 2 j S−2 500 000 < x val´ a P √ osz´ın˝ us´egek kisz´ am´ıt´ as´ara alkalmazhatjuk a centr´ alis 1 ·5 000 000 4 hat´areloszl´ast´etelt. Ennek alapj´an S − ES 150 ≤ q P (|2S − 5 000 000| ≤ 300) = P √ 1 Var S 4 · 5 000 000 150 − Φ − q 150 ∼ Φ q 1 1 4 · 5000000 4 · 5000000 ! √ 6 5 − 1 ∼ 2Φ(0.124) − 1 ∼ 0.1. = 2Φ 100
´ Megjegyz´es: Val´ oj´aban a feladatban t´argyalt modell n´emileg irre´ alis. Altal´ aban k¨ ul¨onb¨oz˝ o k¨ orzetek vannak, ahol a jel¨oltek n´epszer˝ us´ege elt´er˝ o. Egy jobb, a val´ os´agot 23
jobban k¨ ovel´ıt˝ o modellben p´eld´aul azt t´etelezhatj¨ uk fel, hogy k¨ ul¨ onb¨oz˝ o k¨ orzetek vannak, az egyes k¨ orzetekben az egyes v´elem´enyek f¨ uggetlenek, de az, hogy milyen val´ osz´ın˝ us´eggel v´ alasztja egy v´ alaszt´ o valamelyik jel¨oltet att´ol is f¨ ugg, hogy mely k¨ orzetben lakik. Ez a modell is vizsg´alhat´ o a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel seg´ıts´eg´evel, de itt m´ ar a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel ´ altal´ anosabb, f¨ uggetlen, de nem felt´etlen¨ ul egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ¨ osszeg´enek hat´areloszl´as´at le´ır´o alakj´ ara van sz¨ uks´eg. 38.) Tekints¨ unk egy szab´alyos p´enzdarab 10 000 egym´ as ut´ ani (f¨ uggetlen) feldob´ as´ab´ ol sz´armaz´o fej-´ır´as sorozatot. Adjunk becsl´est a Csebisev egyenl˝otlens´eg seg´ıts´eg´evel annak val´ osz´ın˝ us´eg´ere, hogy a fej-dob´ asok sz´am´anak elt´er´ese a v´ art 5000 sz´amt´ol legal´ abb 100-zal, illetve legal´ abb 200-zal elt´er! Milyen becsl´est ad ezekre a val´ osz´ın˝ us´egekre a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel? Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , ≤ j ≤ 10 000 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyekre ξj = 1, ha a j-ik dob´as eredm´enye fej, ξj = 0, ha a j-ik dob´as eredm´enye 1 ´ır´as. Ekkor ξ j , 1 ≤ j ≤ 10 000 uggetlen val´ o sz´ın˝ us´egi v´ altoz´ f¨ ok, Eξj!= 2 , Var ξj = ! 10000 10000 P P 1 (ξj − Eξj ) > 100 ´es P es a P (ξj − Eξj ) > 200 val´ osz´ın˝ us´e4, ´ j=1 j=1 gekre kell becsl´est adnunk. A Csebisev egyenl˝otlens´eg az els˝ o val´ osz´ın˝ us´egre a 10000 X 1 10000 · Var ξ1 P = , (ξj − Eξj ) > 100 ≤ 2 100 4 j=1
a m´ asodik val´ osz´ın˝ us´egre pedig a
10000 X 1 10000 · Var ξ1 = (ξj − Eξj ) > 200 ≤ P 2 200 16 j=1
els˝ o becsl´est adja.
10000 P (ξ −Eξj ) j=1 j ∼ 1 − Φ(u). Innen A centr´ alis hat´areloszl´ast´etel szerint P √ > u 10000· 41
= ±2 ´ert´ekeket kapjuk, hogy az els˝ o val´ osz´ın˝ us´eg kisz´ am´ıt´ as´ahoz az u = ± 1100 2 ·100 kell tekinteni, ´es a vizsg´alt val´ osz´ın˝ us´eg k¨ ozel´ıt˝ oleg (1 − Φ(2)) + Φ(−2) = 2(1 − Φ(2)) ∼ 2(1 − 0.97720) = 0.0456. A m´ asodik val´ osz´ın˝ us´eg hasonl´oan k¨ or¨ ulbel¨ ul 2(1 − Φ(4)) ∼ 0, (az els˝ o 4 tizedesjegy 0). (A Csebisev egyenl˝otlens´eg 0.25 illetve 0.0625 fels˝o becsl´est adta ezekre a val´ osz´ın˝ us´egekre.) 39.) Egy szab´alyos dob´okock´ at feldobunk 1200 alkalommal egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul, ´es osszeadjuk a p´aros ´ert´ek˝ ¨ u dob´asok eredm´eny´et. Adjunk j´ o k¨ ozel´ıt˝ o becsl´est a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel ´es egy norm´ alis eloszl´ ast´ abl´azat seg´ıts´eg´evel arra, hogy ez az ¨ osszeg 2280 ´es 2500 k¨ oz´e esik. 24
Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 1200, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 2, ha a j-ik dob´as eredm´enye 2, ξj = 4, ha a j-ik dob´as eredm´enye 4, ξj = 6, ha a j-ik dob´as eredm´enye 6, ! ξj = 0, ha a j-ik dob´as eredm´enye 1, 3 vagy 5. Ekkor 1200 P a P 2280 ≤ ξj ≤ 2500 val´ osz´ın˝ us´eget kell j´ ol megbecs¨ uln¨ unk. Vegy¨ uk ´eszre, j=1 1 6 (2 +
4 + 6) = 2, Var ξj = 61 (4 + 16 + 36) − 4 = 16 alis hogy Eξj = 3 . Innen a centr´ hat´areloszl´ast´etel alapj´ an 1200 1200 P P ξj − Eξj 1200 X −120 100 j=1 j=1 q s q ≤ ξj ≤ 2500 = P P 2280 ≤ ≤ 1200 16 16 P 1200 3 1200 3 j=1 Var ξj j=1
∼ Φ(1.25) − Φ(−1.5) = 0.8944 + 0.9322 − 1 = 0.8266.
40.) Egy szab´alyos dob´okock´ at ´es egy szab´alyos ´erm´et feldobunk 3300 alkalommal egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul. (Az ´erme ´es kockadob´ asok eredm´enyei is f¨ uggetlenek egym´ ast´ol.) Ha a kockadob´ as eredm´enye p´aros ´es az ´erme a fej oldalra esett, akkor annyi forintot nyer¨ unk, amennyi a kockadob´ as eredm´enye. Ha az ´erme az ´ır´as oldalra esett vagy a kockadob´ as eredm´enye p´aratlan sz´am, akkor nem nyer¨ unk, ´es nem is veszt¨ unk semmit. Mi a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy az ¨ ossznyerem´eny¨ unk 3190 ´es 3520 forint k¨ oz´e esik? Adjunk erre j´ o k¨ ozel´ıt˝ o becsl´est a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel ´es egy norm´ alis eloszl´ ast´ abl´azat seg´ıts´eg´evel. Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , ´es ηj 1 ≤ j ≤ 3300, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 2, ha a j-ik kockadob´ as eredm´enye 2, ξj = 4, ha a j-ik kockadob´ as eredm´enye 4, ξj = 6, ha a j-ik kockadob´ as eredm´enye 6, ξj = 0, ha a j-ik kockadob´ as eredm´enye 1, 3 vagy 5. Legyen ηj = 1, ha a j-ik ´ermedob´as eredm´enye fej, ´es ηj = 0, ha a j-ik ´ermedob´as ´ır´as. Legyen ζj = ξj ηj . Ekkor a j-ik al a nyerem´eny¨ unk ! dob´asn´ 3300 P ζj lesz, 1 ≤ j ≤ 3300, ´es a P 3190 ≤ ζj ≤ 3520 val´ osz´ın˝ us´eget kell j´ ol megj=1
becs¨ uln¨ unk. Ennek ´erdek´eben sz´amoljuk ki a f¨ uggetlen ζj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok 1 1 v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Eζj = Eξj ηj = Eξj Eηj = 6 (2 + 4 + 6) · 2 = 1, 11 2 2 2 Eζj2 = Eξj2 Eηj2 = 16 (4 + 16 + 36) · 21 = 14 3 , Var ζj = Eζj − (Eζj ) = 3 . Innen a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel alapj´ an 3300 3300 P P ζj − Eζj 3300 X −110 220 j=1 j=1 ζj ≤ 3520 = P ≤q ≤ s P 3190 ≤ q 3300 11 11 P 3300 3 3300 3 j=1 Var ξj j=1
∼ Φ(2) − Φ(−1) = 0.9772 + 0.8413 − 1 = 0.9285.
41.) Ledobunk egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul 24 000 pontot a [0, 2] intervallumra egyenletes eloszl´ assal, (azaz annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy ledobott pont ´ert´eke x-n´el kisebb 25
˝ egyenl˝o, ha 0 ≤ x ≤ 2, eggyel egyenl˝o, ha x ≥ 2, ´es nulla, ha x ≤ 0.) Orizz¨ uk meg azokat a ledobott pontokat, amelyek ´ert´eke 1-n´el kisebb, ´es hagyjuk el azokat, amelyek ´ert´eke nagyobb, mint egy. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a meg˝ orz¨ ott pontok ´ert´ekeinek az ¨ osszege 5900 ´es 6075 k¨ oz´e esik? Adjunk erre a val´ osz´ın˝ us´egre j´ o k¨ ozel´ıt˝ o becsl´est egy norm´ alis eloszl´ ast´ abl´azat seg´ıts´eg´evel. x 2 -vel
Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 24 000, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = x, ha a j-ik ledobott pont ´ert´eke x, ´es 0 ≤ x ≤ 1, ´es ξj = 0, ha a jik ledobott pont ´ert´eke az (1, 2] intervallumba esik. Ekkor a meg˝ orz¨ ott pontok 24P 000 o¨sszege S = ξj , tov´ abb´a a ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek ´es egyforma j=1
eloszl´ as´ uak. Ez´ert a centr´ alis hat´arelosz´ast´etel seg´ıts´eg´evel j´ o becsl´est tudunk adni a minket ´erdekl˝ o P (5900 < S < 6075) val´ osz´ın˝ us´egre. Ennek ´erdek´eben ki kell sz´amolnunk a ξ1 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et.
A ξ1 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´ek´enek ´es sz´or´ asn´egyzet´enek a kisz´ amol´ asa ´erdek´eben vezess¨ uk be az η1 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot, amelyik megegyezik az els˝ o ledobott pont ´ert´ek´evel, ´es a k¨ ovetkez˝ o h(x) f¨ uggv´enyt a [0, 2] intervallumon: Legyen h(x) = x, ha 0 ≤ x ≤ 1, ´es h(x) = 0, ha 1 ≤ x ≤ 2. Ekkor ξ1 = h(η1 ), ´es η1 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = 21 , ha 0 ≤ x ≤ 2, f (x) = 0, ha x < 0, ´es x > 2. Innen R1 R R1 Eξ1 = Eh(ξ1 ) = h(x) dx = 0 x 12 dx = 14 , Eξ12 = Eh(η1 )2 = 0 x2 21 dx = 61 , ´es 1 5 Var ξ1 = Eξ12 − (Eξ1 )2 = 16 − 16 = 48 . Ez´ert ES = 6000, Var S = 2500. Innen
S − ES P (5900 < S < 6075) = P −2 < √ < 1.5 Var S ∼ Φ(1.5) − Φ(−2) = Φ(1.5) + Φ(2) − 1. A feladat m´ odos´ıtott megold´ asa: A ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´asn´egyzet´et ki tudjuk sz´amolni k¨ ozvetlen¨ ul, az η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o bevezet´ese n´elk¨ ul is, ha tudjuk, hogyan kell kisz´ amolni egy val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´ek´et kifejez˝ o integr´alt az ´ altal´ anos esetben. (Teh´ at ki kell tudnunk sz´amolni egy eloszl´ as ´ altal meghat´ arozott Lebesgue–Stieltjes integr´alt akkor is, ha az eloszl´asf¨ uggv´enynek nincs s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ´es nem is diszkr´et eloszl´ as jelenik meg.) A k¨ ovetkez˝ o ´eszrev´etelt ´erdemes tenni. Ha adva van k´et µ1 ´es µ2 m´ert´ek ´es egy uggv´eny a sz´amegyenesen, akkor f (x)(µ1 ( dx) + µ2 ( dx)) = f (x)µ1 ( dx) + Rf (x) f¨ f (x)µ2 ( dx). (Val´ oj´aban ez az azonoss´ag tetsz˝oleges t´eren ´ertelmezett f¨ uggv´enyre ´es m´ert´ekp´ arra is ´erv´enyes.) Tekints¨ uk a ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o µF eloszl´ as´as´anak a k¨ ovetkez˝ o term´eszetes felbont´as´at: µF = µ1 + µ2 , ahol µ1 az a m´ert´ek, amelyiknek a s˝ u r˝ u s´egf¨ uggv´enye 21 a R [0, 1] intervallumban, ´es nulla egy´ebk´ent, azaz µ1 (A) = A∩[0,1] 21 dx, a µ2 m´ert´ek pedig a 0 pontba van koncentr´ alva, ´es a 0 pont µ2 m´ert´eke 21 , azaz µ2 (A) = 12 , ha R R R1 0 ∈ A, ´es µ2 (A) = 0, ha 0 ∈ / A. Ekkor Eξ = xµ1 ( dx) + xµ2 ( dx) = 0 12 x dx = R 2 R 2 R1 1 2 1 1 2 + 0 = , ´ e s Eξ = x µ ( dx) + x µ ( dx) = x dx + 0 = 16 + 0 = 16 , 1 2 4 4 0 2 1 5 Var ξ = Eξ 2 − (Eξ)2 = 61 − 16 = 48 . 26
42.) Egy p´enzdarabr´ ol ellen˝ orizni akarjuk, hogy igaz-e az a hipot´ezis, amely szerint ez az ´erme legal´ abb 34 val´ osz´ın˝ us´eggel esik a fej ´es legfeljebb 41 val´ osz´ın˝ us´eggel az ´ır´as oldal´ ara. Ennek ´erdek´eben feldobjuk a p´enzdarabot 30 000 alkalommal, ´es a k¨ ovetkez˝ o d¨ont´esi szab´alyt hozzuk. V´alasztunk egy k sz´amot, ´es akkor fogadjuk el a hipot´ezist helyesnek, ha legal´ abb k fejdob´as t¨ort´ent. Legal´abb mekkor´ anak kell v´ alasztanunk ezt a k sz´amot, ha azt akarjuk, hogy egy a hipot´ezist teljes´ıt˝ o p´enzdarab eset´en legal´ abb 0.9 val´ osz´ın˝ us´eggel d¨onts¨ unk u ´gy, hogy a hipot´ezis teljes¨ ul? Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 1, ha a j-ik dob´as eredm´enye fej, ξj = 0, ha a j-ik dob´as eredm´enye ´ır´as, 1 ≤ j ≤ 30 000, 30P 000 S = S30000 = ξj . Ha a fejdob´as eredm´eny´enek val´ osz´ın˝ us´ege pontosan 34 , j=1 Eξj2
2
3 = 43 , Var ξj = Eξj2 − (Eξj ) = 16 , ES = 30 000Eξj = 22 500, akkor Eξj = 2 Var S = 30 000Var ξj = 5625 = 75 . Innen ´es a centr´ alis hat´areloszl´ast´etelb˝ ol, S − ES S − ES k − 22 500 k − 22 500 =1−P √ P (S > k) = P √ > ≤ 75 75 Var S Var S k − 22 500 ∼1−Φ . 75 3 4,
V´alasszuk a k sz´amot u ´gy, hogy a fenti val´ osz´ın˝ us´eg k¨ or¨ ulbel¨ ul 0.9 legyen. Ekkor 22 500−k 500 = 0.1 vagy ami ezzel ekvivalens, a Φ = 0.9 egyenletet kell a Φ k−22 75 75 22 500−k kiel´eg´ıten¨ unk. A norm´ alis eloszl´ as-t´abl´azat alapj´ an ∼ 1.28, ami azt jelenti, 75 3 osz´ın˝ us´ege, hogy a fejdob´asok hogy k = 22 500 − 75 · 1.28 ´es p = 4 eset´en annak val´ sz´ama nagyobb mint k = 22 500 − 75 · 1.28 = 22 212 ´es p = 34 eset´eben annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb ennyi fejdob´as t¨ort´enik k¨ or¨ ulbel¨ ul 0.9. Ha p ≥ 34 , akkor ez a val´ osz´ın˝ us´eg nagyobb. Ez´ert a k = 22 212 helyes v´ alaszt´ as. 43a.) Sz´ amoljuk ki egy λ param´eter˝ u ξ exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o v´ arhat´o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Parci´alis integr´al´ assal kapjuk, hogy Z ∞ Z Z ∞ 1 ∞ −u 1 1 −λu −u ∞ −u Eξ = uλe du = , ue du = −ue + e du = 0 λ 0 λ λ 0 0 Z ∞ Z ∞ 2 1 2 −u ∞ −u 2 2 −λu + 2ue du = 2 . Eξ = u λe du = 2 −u e 0 λ λ 0 0 Ez´ert Var ξ = Eξ 2 − (Eξ)2 =
2 λ2
−
1 λ2
=
1 λ2 .
43.) Legyen birtokunkban 100 l´ampa, amelyek mindegyike egym´ ast´ ol f¨ uggetlen id˝ otar1 tamig m˝ uk¨odik, ´elettartamuk pedig exponenci´alis eloszl´ as´ u λ = 10 param´eterrel. (A l´amp´ ak ´elettartam´ anak exponenci´alis eloszl´ asa term´eszetes felt´etelez´es.) Egy termet bevil´ ag´ıtunk ezen l´amp´ ak valamelyik´evel, majd amikor az ki´egett u ´j l´amp´ at haszn´ alunk fel. Adjunk j´ o becsl´est arra, hogy a l´amp´ ak ¨ ossz´elettartama legal´ abb 1150 ´ ora. 27
Megold´ as: Jel¨olje ξj a j-ik l´ampa ´elettartam´ at, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a P (ξ1 + · · · + ξ100 > 1150) val´ osz´ın˝ us´egre kell j´ o becsl´est adnunk, ahol az o¨sszegben f¨ uggetlen 1 exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok szerepelnek λ = 10 param´eterrel. Vezess¨ uk be az η = ξ1 + · · · + ξ100 jel¨ol´est.
Kisz´amoltuk a 41a.) feladatban, hogy jelen esetben Eη = mEξ1 = m λ = 1000, 1 v´ alaszt´ assal). Ez´ert a centr´ alis haVar η = λm2 = 10000 (m = 100 ´es λ = 10 η−1000 η−Eη = 100 j´ o k¨ ozel´ıt´essel standard norm´ alis eloszl´ as´ u t´areloszl´ast´etel szerint √ Var η η−Eη val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, ´es P (ξ1 +· · ·+ξ100 > 1150) = P √ > 1.5 ∼ 1−Φ(1.5). Var η
44.) Legyen ξ geometriai eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o p param´eterrel, 0 < p ≤ 1, azaz legyen P (ξ = k + 1) = pk (1 − p), k = 0, 1, . . . . Sz´ amoljuk ki ξ v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Fel´ırhatjuk, hogy Eξ = Eξ 2 =
∞ X
k=0 ∞ X
k=0
k
(k + 1)(1 − p) p = p
∞ X
k(1 − p)k−1 ,
k=1 ∞ X
(k + 1)2 (1 − p)k p = p
k=1
k 2 (1 − p)k−1 ,
2
´es Var ξ = Eξ 2 − (Eξ) . Ezen v´egtelen ¨ osszegek kisz´ am´ıt´ as´anak ´erdek´eben de∞ P 1 , |x| < 1, azonoss´agot. Azt kapjuk, hogy riv´aljuk k´etszer a xk = 1−x k=0
∞
X 1 = kxk−1 , (1 − x)2 2 = (1 − x)3 Innen x = 1−p helyettes´ıt´essel 1 p,
p
∞ P
k 2 (1−p)k−1 = p(1−p)
k=1 2
teh´at Eξ =
2(1−p) p2
+
1 p,
Var ξ
1 p2 ∞ P
=
k=1 ∞ X k=2
∞ P
k(k − 1)xk−2 .
k(1−p)k−1 , Eξ = p
k=1
k(k−1)(1−p)k−2 +p
k=2 = 2(1−p) p2
+
1 p
−
1 p2
=
1 p2
∞ P
k=1 − p1
∞ P
k(1−p)k−1 =
k=1
k(1−p)k−1 = =
p p2
=
2(1−p) 1 p2 + p ,
1−p p2 .
osz´ın˝ us´eggel esik a fej ´es 31 val´ osz´ın˝ u45.) Vegy¨ unk egy olyan p´enzdarabot, amely 23 val´ s´eggel az ´ır´as oldalra. Ezt a p´enzdarabot annyiszor dobjuk fel, ameddig megjelenik 1200 fej dob´as. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az elv´egzett dob´asok sz´ama 1680 1830 k¨ oz´e esik? Adjunk erre a val´ osz´ın˝ us´egre j´ o k¨ ozel´ıt˝ o becsl´est. Megold´ as: Az elv´egzett dob´asok sz´ama egy η negat´ıv binomi´ alis eloszl´ as´ u val´ o2 sz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o n = 1200 ´es p = 3 param´eterekkel, azaz P (η = k + n) = n+k−1 2 k n es n = 1200 param´eterrel. Egy ilyen val´ osz´ın˝ us´egi n−1 (1 − p) p , p = 3 , ´ 28
v´ altoz´ onak ki lehet sz´amolni a pontos eloszl´ as´at, azaz azt, hogy milyen ´ert´eket milyen val´ osz´ın˝ us´eggel vesz fel. Elvileg, ez lehet˝ os´eget ad a k´ıv´ant val´ osz´ın˝ us´eg kisz´ am´ıt´ as´ara egy bonyolult ¨ osszeg kisz´ am´ıt´ as´anak a seg´ıts´eg´evel. Enn´el hasznosabb becsl´est tudunk kapni a k¨ ovetkez˝ o ´ervel´es seg´ıts´eg´evel, amely a k´ıv´ant val´ osz´ın˝ us´eget j´ o pontoss´ aggal kisz´ am´ıtja a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel seg´ıts´eg´evel. Jel¨olje ξj , 2 ≤ j ≤ 1200, a j − 1-ik ´es j-ik fejdob´as k¨ oz¨ otti dob´asok sz´am´at (a j-ik fejdob´ast belesz´am´ıtjuk a j − 1-iket viszont nem sz´am´ıtjuk bele e dob´asok k¨ oz´e), ´es legyen ξ1 az els˝ o fejdob´asig (ezt is belesz´am´ıtva) elv´egzett dob´asok sz´ama. Ekkor a ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek, geometriai eloszl´ as´ uak p = 32 param´eterel, ´es minket a P (1680 < ξ1 + · · · + ξ1200 < 1830) val´ osz´ın˝ us´eg ´erdekel. A 41. feladatban kisz´ amoltuk geometriai eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es 3 3 1 sz´or´ asn´egyzet´et. Ezt felhaszn´alva kapjuk, hogy Eξj = p = 2 , Var ξj = 1−p p2 = 4 . Ez´ert a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel alapj´ an η = ξ1 + · · · + ξ1200 jel¨ol´essel minket a η − 1200Eξ1 P −4 < √ <1 1200Var ξ1 val´ osz´ın˝ us´eg ´erdekel. Erre azt kapjuk, hogy η − 1200Eξ1 P −4 < √ < 1 ∼ Φ (1) + Φ(4) − 1 ∼ Φ(1). 1200Var ξ1 ¨ 46.) Egy term´ek megv´ as´arl´ asakor kapunk egy kupont. Osszesen n k¨ ul¨ onb¨oz˝ o kupon 1 osz´ın˝ us´eggel kapjuk l´etezik, ´es az egyes v´ as´arl´ asok sor´ an egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul n val´ meg valamelyik kupont. Egym´ as ut´ an sok alkalommal v´ as´aroljuk meg ezt a ter(n) osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot, hogy hanyadik v´ as´arl´ asn´ al m´eket. Jel¨olje S1 = S1 azt a val´ ul¨ onb¨oz˝ o kupont, (legyen n p´aros sz´am), gy¨ ujt¨ ott¨ uk ¨ ossze a kuponok fel´et, azaz n2 k¨ (n) osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot, hogy hanyadik v´ as´arl´ asn´ al gy¨ ujt¨ ott¨ uk ´es S2 = S2 azt a val´ (n) (n) ossze az ¨ ¨ osszes kupont. Sz´ amoljuk ki S1 = S1 ´es S2 = S2 v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et. Megold´ as: Jel¨olje U1 azt, hogy hanyadik v´ as´arl´ asn´ al kaptuk az els˝ o, U2 azt, hogy hanyadik v´ as´arl´ asn´ al kaptuk a m´ asodik, ´es ´ıgy tov´ abb Uk azt, hogy hanyadik v´ as´arl´ asn´ al kaptuk a k-ik kupont, 1 ≤ k ≤ n. Ekkor a ξk = Uk − Uk−1 , 1 ≤ k ≤ n, (az U0 = 0 jel¨ol´essel) f¨ uggetlen geometriai eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es ξk n/2 n P P (n) (n) eloszl´ as´anak a param´etere p = n−k+1 . Tov´ a bb´ a S = ξ , S = ξk . k 1 2 n k=1
(n)
Ez´ert a 42. feladat eredm´enye alapj´ an ES1 n P
k=1
n n−k+1
=n
n P
k=1
1 k,
(n)
Var S1
(n) Var S2
=
=
n/2 P
k=1 n X
k−1 n (n−k+1)2 n2
k−1 n (n−k+1)2 k=1 n2
29
=
n/2 P
n n−k+1
k=1 n/2 P
=n
=n
k=1
n X
k=1
k=1
n P
=n
k=n/2+1
k−1 (n−k+1)2 ,
´es
k−1 . (n − k + 1)2
1 k,
(n)
ES2
=
Rn (n) (n) Megjegyz´es: Vegy¨ uk ´eszre, hogy ES1 ∼ n n/2 x1 dx = n log 2, m´ıg ES2 ∼ n log n. R n/2 x R 1/2 t (n) (n) Hasonl´ oan, Var S1 ∼ n 0 (n−x) asr´eszt Var S2 2 dx = n 0 (1−t)2 dt = const. n. M´ (n)
o ¨ osszegnek a k = n panagys´agrendje n2 . Val´ oban, tekintve a Var S2 -et defini´al´ (n) (n) abb´a Var S2 = ram´eterhez tartoz´o tagj´ at kapjuk, hogy Var S2 ≥ n(n − 1). Tov´ n n n P P P 1 n k−1 2 2 ≤ n = n n (n−k+1)2 (n−k+1)2 k2 ≤ const. n . k=1
k=1
k=1
47.) Hogyan tudunk a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel seg´ıts´eg´evel egy olyan [An , Bn ] inter(n) vallumot defini´alni, amelyre nagy n sz´amra P (S1 ∈ [An , Bn ]) ∼ 0.9 a 44. fel(n) (n) osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ oval? Mutassuk meg, hogy az S2 adatban defini´alt S1 val´ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okra nem alkalmazhat´o a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel. Megold´ as: L´ attuk a 44. feladat megold´ as´aban, ´es az azt k¨ ovet˝ o megjegyz´esben, (n) n o 2 f¨ hogy S1 fel´ırhat´ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o ¨ osszegek´ent, ´es a v´ arhat´ o n P 1 ´ert´eke Cn = n or´ asn´egyzete pedig k , sz´ k=n/2+1
(n) Var S1
n/2 X
Z 1/2 n/2 k−1 X t k−1 n n∼n =n =n dt k+1 2 2 (n − k + 1) (1 − t)2 (1 − n ) 0 k=1 k=1 ! 1/2 1 1/2 =n + [log(1 − t)]0 = (1 − log 2)n. 1−t 0
Ez´ert a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel alapj´ an (n)
P
S − Cn −t ≤ p 1 ≤t n(1 − log 2)
!
∼ 2Φ(t) − 1.
V´alasszuk t-t, mint azt a sz´amot, amelyre Φ(t) = 0.95. pA norm´ alis eloszl´ as t´abl´azata alapj´ an t ∼ 1.645. Legyen An = Cn − 1.645 (1 − log 2)n, Bn = n p P 1 Cn + 1.645 (1 − log 2)n, ahol Cn = n k. k=n/2+1
Meg kell m´eg indokolni, hogy a centr´ alis t´etel alkalmazhat´o ebben az esetben. A (n) sz´eriasorozatokr´ol sz´ol´ o centr´ alis hat´areloszl´ast´etelre van sz¨ uks´eg¨ unk a ξk , n = 2, 4, 6, . . . , 1 ≤ k ≤ n, sz´eriasorozatra. Be lehet l´atni az el˝ oad´ason f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ¨ osszeg´ere t´argyalt ´ervel´essel, hogy a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel teljes¨ ul, ha az ¨ osszeadand´ ok valamely 2-n´el nagyobb (p´eld´aul negyedik) momentumai nem t´ ul nagyok. A 46. feladat sz´amol´ asa alapj´ an k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝o, hogy ugg n-t˝ ol. M´asr´eszt Eξk4 ≤ C1 , ha 1 ≤ k ≤ n2 egy C1 konstanssal, amely nem f¨ n n aci´ok Var ξk ≥ C2 egy n-t˝ ol f¨ uggetlen C2 konstanssal, ha 4 ≤ k ≤ 2 . Ezek a rel´ elegend˝ oek a centr´ alis hat´arelosz´ast´etel teljes¨ ul´es´ehez. (n)
A 46. feladat ut´ ani megjegyz´esben l´attuk, hogy Var ξn ≥ const. n2 , ´es Var S2 ≤ const. n2 . Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben a centr´ alis hat´areloszl´ast´etelhez sz¨ uks´eges egyenletes kicsis´eg felt´etele nem teljes¨ ul. 30
48.) Egy nagyv´arosban n´epszavaz´ ast tartanak egy k´erd´esr˝ ol. A v´ aros egy foly´o k´et oldal´ an fekszik, ´es a foly´o k´et oldal´ an lak´ okn´ al m´ as mind a k´erd´es t´amogatotts´ aga, mind a szavaz´ asi hajland´os´ag. A foly´o baloldal´ an 85000 szavaz´ opolg´ar lakik, az osz´ın˝ us´eggel t´amogatj´ ak a javaslatot, ´es 45 val´ osz´ın˝ us´eggel mennek ottlak´ ok 34 val´ oel szavazni. A foly´o jobbpartj´an 50400 szavaz´ opolg´ar lakik, az ottlak´ ok 21 val´ 2 sz´ın˝ us´eggel t´amogatj´ ak a javaslatot, ´es 3 val´ osz´ın˝ us´eggel mennek el szavazni. Az egyes lakosok v´elem´enye ´es szavaz´ asi hajland´os´aga f¨ uggetlen egym´ ast´ ol. Mi annak a (k¨ozel´ıt˝ o) val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a leadott igen szavazatok sz´ama nagyobb, mint a leadott nem szavazatok k´etszerese plusz 1080? Megold´ as. Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 85000 ´es ηj , 1 ≤ j ≤ 50400, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altozokat. ξj = 1, ha a foly´o j-ik baloldali partj´an lak´ o szavaz´ opolg´ar igennel szavaz, ξj = −2, ha nemmel szavaz, ´es ξj = 0, ha nem megy el szavazni, 1 ≤ j ≤ 85000. Hasonl´ oan, ηj = 1, ha a foly´o j-ik jobboldali partj´an lak´ o szavaz´ opolg´ar igennel szavaz, ηj = −2, ha nemmel szavaz, ´es ηj = 0, ha nem 85000 50400 P P megy el szavazni, 1 ≤ j ≤ 50400. Legyen S = ξj + ηj . Vegy¨ uk ´eszre, j=1
j=1
hogy minket a P (S > 1080) val´ osz´ın˝ us´eg nagys´aga ´erdekel. (A ξj ´es ηj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat hasonl´oan defini´altuk. Az´ert tett¨ unk k¨ oz¨ ott¨ uk k¨ ul¨ onbs´eget, mert m´ as az eloszl´ asuk.) Erre a val´ osz´ın˝ us´egre a f¨ uggetlen, de nem felt´etlen¨ ul egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ¨ osszeg´ere vonatkoz´ o centr´ alis hat´areloszl´ast´etel seg´ıts´eg´evel tudunk j´ o k¨ ozel´ıt´est adni. Ennek ´erdek´eben sz´amoljuk ki az S o¨sszeg v´ arhat´ o ´ert´ek´et ´es sz´or´ asn´egyzet´et.
Mivel P (ξj = 1) = 53 , P (ξj = −2) = 51 , P (ξj = 0) = 15 , ez´ert Eξj = 15 , Eξj2 = 75 , 34 Var ξj = 25 . Hasonl´ oan, P (ηj = 1) = 13 , P (ηj = −2) = 13 , P (ηj = 0) = 13 , ez´ert ert ES = 85000 × 15 − 50400 × 31 = 200, Eηj = − 13 , Eηj2 = 53 , Var ξj = 14 9 . Ez´ 34 2 2 2 2 Var S = 85000 × 25 + 50400 × 14 9 = (20) (17 + 14 ) ∼ 440 . 1080−ES 880 Innen P (S > 1080) = P S−ES ∼ P S−ES ∼ 1 − Φ(2) ∼ Var S > Var S Var S > 440 0.0228. 49.) Egy n´epszavaz´ asi k´erd´est a v´ alaszt´ ason akkor fogadnak el, ha egyr´eszt t¨obben szavaztak r´a igennel, mint nemmel, m´ asr´eszt az igen szavazatok sz´ama meghaladja az o¨sszes v´ alaszt´ opolg´arok sz´am´anak a 20%-´ at. Legyen mondjuk, n = 5000000 v´ alaszt´opolg´ar, mindenki egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul 40% val´ osz´ın˝ us´eggel megy el szavazni, ´es 50% val´ osz´ın˝ us´eggel szavaz igennel. Mi a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy a n´epszavaz´as eredm´enyek´ent elfogadj´ ak a n´epszavaz´ asi k´erd´est? Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o (k´etv´ altoz´ os) vektor´ert´ek˝ u (ξj , ηj ) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. ξj = 1, ha a j-ik szavaz´ o igennel szavaz, ξj = −1, ha nemmel szavaz, ´es ξj = 0, ha nem megy el szavazni. ηj = 1, ha a j-ik szavaz´ o igennel szavaz, ηj = 0 egy´ebk´ent, teh´at ha nemmel szavaz vagy ha nem megy el szavazni. Legyen n n P P Sn = ξj , Tn = ηj . Ekkor minket annak a val´ osz´ın˝ us´ege ´erdekel, hogy j=1
j=1
mind az Sn > 0 mind a Tn > 0.2n esem´eny bek¨ovetkezik. Erre a k´erd´esre a t¨obbv´ altoz´ os centr´ alis hat´areloszl´ast´etel seg´ıts´eg´evel tudunk v´ alaszolni, ha azt a 31
(ξj , ηj ) v´eletlen vektorok ¨ osszeg´ere alkalmazzuk. Ekkor Eξj = 0, Eηj = 0.2, Var ξj = Eξj2 = 0.4, Var ηj = Eηj2 − (Eηj )2 = 0.2 − 0.22 = 0.16, Cov (ξj , ηj ) = Eξj ηj − Eξj Eηj = Eξj ηj = P (ξj = 1, ηj = 1) = 0.2. (A sz´amol´ as utols´ o l´ep´es´eben kihaszn´altuk, hogy ηj k´et ´ert´eket vesz fel. Tov´ abb´a, ha ηj = 0, akkor ξj ηj = 0, ´es ha ηj = 1, akkor a ξj ´es ηj definici´ oja szerint ξj = 1.) Innen lim P (Sn > 0, Tn > n→∞ 1 1 √ √ 0.2n) = lim P S > 0, n (Tn − ETn ) > 0 , ´es ez azon (X, Y ) norm´ alis eln n n→∞
oszl´as´ u v´eletlen vektor ´ altal meghat´ arozott P (X > 0, Y > 0 val´ osz´ın˝ us´eghez tart, amelyre EX = EY = 0, kovariancia m´ atrix´at pedig a Var X = 0.4, Var Y = 0.16, Cov (X, Y ) = 0.2 k´epletek hat´arozz´ ak meg. Megjegyz´es: Az ebben a feladatban kapott val´ osz´ın˝ us´eg valamivel nagyobb, mint 0.25, azaz az az ´ert´ek, ami akkor jelenne meg, ha a hat´areloszl´asban megjelen˝o norm´ alis elosz´ as´ u v´eletlen vektor X ´es Y koordin´ at´ ai korrel´alatlanok, ez´ert f¨ uggetlenek lenn´enek. 0.25 annak az (aszimptotikus) val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb a szavazatok 40%-´ at leadt´ ak, ´es az igen szavazatok voltak t¨obbs´egben. De pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel az is bek¨ovetkezhet, hogy az ¨ ossz-szavazatok sz´ama valamivel kevesebb, mint a szavaz´ asra jogosultak sz´am´anak 40%-a, de ezen bel¨ ul a t¨obbs´egben lev˝ o igennel szavaz´ ok sz´ama meghaladja a szavaz´ asra jogosultak sz´am´anak a 20%-´at. Abban az esetben, ha az eredm´eny az igen szavazatok t¨obbs´ege ´es 40%-os r´eszv´etel eset´en fogadn´ak el, akkor az elfogad´as val´ osz´ın˝ us´ege k¨ or¨ ulbel¨ ul 1/4 lenne. Ekkor ugyanis az ηj ´es Tn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok helyett az η¯j = 1, ha a j-ik v´ alaszt´ o elmegy szavazni, ´es η¯j = 0, ha a j-ik v´ alaszt´ o nem megy el szavazni illetve a n P T¯j = η¯j val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat ´erdemes bevezetni, ´es az {Sn > 0, T¯n > j=1
0.4n} esem´eny val´ osz´ın˝ us´eg´et kell vizsg´alni. Ekkor a hat´areloszl´asban f¨ uggetlen koordin´ at´ aj´ u norm´ alis eloszl´ as´ u norm´ alis val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok jelennek meg, mert Cov (ξj , η¯j ) = Eξj − Eξj E η¯j = Eξj η¯j − Eξj E η¯j = 0.
50.) Sz´ amoljuk ki az el˝ oz˝ o feladat megold´ as´aban megjelen˝o hat´areloszl´as s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et, azaz egy olyan norm´ alis eloszl´ as´ u (ξ, η) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et, amelyre Eξ = Eη = 0, Var X = 0.4, Var Y = 0.16, Cov (X, Y ) = 0.2. Megold´ as: Sz´ amoljuk ki a tekintett v´eletlen vektor kovariancia m´ atrix´anak a deter2 min´ans´ at ´es inverz´et. A determin´ans ´ert´ekeVar ξVar η − (Cov (ξ, η)) = 0.4 · 0.16 − A B 0.16 = m´ atrix amelyre A = 0.024 0.22 = 0.024, az inverz m´ atrix olyan D = B C 20 0.4 50 0.2 25 160 ur˝ us´egf¨ uggv´eny 24 = 3 , C = 0.024 = 3 , B = − 0.024 = − 3 . Innen a keresett s˝ ´ert´eke √ 15 5 1 2 2 −(Ax2 +Cy 2 +2Bxy)/2 √ exp − (2x + 5y − 5xy) . f (x, y) = e = 50π 3 2π det D Innen az isR k¨ ovetkezik, hogy az el˝ oz˝ o feladat megold´ as´at megad´o val´ osz´ın˝ us´eg ∞R∞ k¨ ozel´ıt˝ oleg 0 0 f (x, y) dx dy a fenti f (x, y) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel.
51.) Legyen ξ standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, azaz legyen a s˝ ur˝ u2 1 −x /2 , −∞ < x < ∞. Sz´ amoljuk ki a ξ val´ osz´ın˝ us´egi s´egf¨ uggv´enye ϕ(x) = √2π e 32
v´ altoz´ o Eξ k k-ik momentum´ at minden k = 0, 1, 2, . . . , nem negat´ıv eg´esz sz´amra. R∞ k k Megold´ as: Eξ = −∞ x ϕ(x) dx minden k = 0, 1, 2, . . . sz´amra. Mivel p´aratlan k¯ = 2k + 1 sz´amokra a fenti integr´al x2k+1 ϕ(x) magf¨ uggv´enye p´aratlan, innen 2k+1 ad´ odik, hogy Eξ = 0. P´ aros indexekre a k¨ ovetkez˝ o sz´amol´ ast v´egezhetj¨ uk el parci´ alis integr´al´ as seg´ıts´eg´evel. Eξ
2k
= = = =
Z
Z ∞ 2 1 x ϕ(x) dx = √ x2k−1 xe−x /2 dx 2π −∞ −∞ Z ∞ 2 d −1 √ e−x /2 dx x2k−1 dx 2π −∞ Z ∞ i∞ h 2 1 −1 2k−1 −x2 /2 √ +√ x e (2k − 1)x2k−2 e−x /2 dx −∞ 2π 2π −∞ Z ∞ 2 1 √ (2k − 1)x2k−2 e−x /2 = (2k − 1)Eξ 2k−2 dx. 2π −∞ ∞
2k
Mivel Eξ 0 = 1 a fenti azonoss´agb´ol kapjuk, hogy Eξ 2 = 1, Eξ 4 = 3Eξ 2 = 3, Eξ 6 = 5Eξ 4 = 5 · 3, ´es teljes indukci´ oval Eξ 2k = (2k − 1) · (2k − 3) · (2k − 5) · · · 3 · 1.
52.) Legyen ξ norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o m = 2 v´ arhat´ o ´ert´ekkel, ´es d = 3 sz´or´ asn´egyzettel. Sz´ amoljuk ki az Eξ 4 v´ arhat´ o ´ert´ek´et. √ Megold´ as: ´Irjuk a ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot ξ = 3η + 2√alakban, ahol η sztandard √ norm´ alis eloszl´ as´ u val´ o√ sz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. Ekkor ξ 4 = ( 3η + 2)4 = 9η 4 + 4 · 3 3 · 2η 3 + 6 · 3 · 4η 2 + 4 · 3 · 8η + 16. V´arhat´ o ´ert´eket v´eve, ´es felhaszn´alva, hogy 3 4 Eη = Eη = 0 azt kapjuk, hogy Eξ = 9Eη 4 + 72Eη 2 + 16. Mivel Eη 4 = 3, Eη 2 = 1 az el˝ oz˝ o feladat eredm´enye szerint Eξ 4 = 115. as´ u val´ o53.) Legyenek ξ1 , . . . , ξn f¨ uggetlen, a − 21 , 21 intervallumban egyenletes eloszl´ n n P P sz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok. Mutassuk meg, hogy a ξj ´es ξj2 ¨ osszegek normaliz´altjaij=1 j=1 q P q n n P 1 180 nak, azaz a 12 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ oknak az egy¨ uttes ξj2 − 12 ξ ´ e s j n n j=1
j=1
eloszl´ asa a k´et-dimenzi´ os standard norm´ alis eloszl´ ashoz konverg´ al, ha n → ∞.
1 1 1 1 Megold´ as: Eξ = 0, Eξ 2 = 12 , Var ξ = 12 , Var ξ 2 = Eξ 4 − (Eξ 2 )2 = 80 − 144 = √ √ 1 1 2 2 3 2 12ξj , 180 ξj − 12 , abb´a Cov (ξ, ξ ) = Eξ − EξEξ = 0. Ez´ert a 180 . Tov´ j = 1, 2, . . . , v´eletlen vektorok f¨ uggetlenek, nulla v´ arhat´ o ´ert´ekkel ´es az identit´ as kovariancia m´ atrix-szal. Innen, ´es a t¨obb-dimenzi´ os centr´ alis hat´areloszl´ast´etelb˝ ol k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa.
54.) Legyen (ξ1 , . . . , ξn ) n-v´altoz´ os norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelynek mindegyik eleme korrel´alatlan. Ekkor ξ1 , . . . , ξn f¨ uggetlen, norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok. Megold´ as: El´eg azzal az esettel foglalkozni, amikor a v´eletlen vektor nulla v´ arhat´ o ´ert´ek˝ u. Azt haszn´ aljuk fel, hogy egy nulla v´ arhat´ o ´ert´ek˝ u norm´ alis eloszl´ as´ u vektor eloszl´ as´at meghat´ arozza a kovarianciam´ atrixa. Vegy¨ unk f¨ uggetlen η1 , . . . , ηn 33
val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyekre Eηj2 = Eξj2 , Eηj = 0 minden 1 ≤ j ≤ n indexre. Ekkor mivel Eηj ηk = 0, ha j 6= k az ηj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlens´ege miatt, az (η1 , . . . , ηn ) ´es (ξ1 , . . . , ξn ) v´eletlen vektorok kovariancia m´ atrixa megegyezik. Mind a k´et vektor norm´ alis eloszl´ as´ u. Ez´ert eloszl´ asuk is megegyezik, ´ıgy az (η1 , . . . , ηn ) v´eletlen vektor koordin´ at´ ainak f¨ uggetlens´eg´eb˝ ol k¨ ovetkezik a (ξ1 , . . . , ξn ) vektor koordin´ at´ ainak f¨ uggetlens´ege is. 55.) Mutassunk p´eld´at korrel´alatlan, de nem f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okra. Megold´ as: Egy lehets´ p´elda a k¨ ovetkez˝ o. Legyen ξ egyenletes eloszl´ as´ u vaeges 1 1 2 l´osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a − 2 , 2 intervallumban, Ekkor a ξ ´es η = ξ val´ osz´ın˝ us´egi 1 2 , v´ altoz´ ok korrel´alatlanok, de nem f¨ uggetlenek. Val´ oban, Eξ = 0, Eη = Eξ = 12 Eξη = Eξ 3 = 0, Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη = 0. M´asr´eszt ξ ´es η nem f¨ uggetlenek, s˝ot az η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o determinisztikus f¨ uggv´enye. Egy lehets´eges form´alis indokl´ asa annak, hogy ξ ´es η nem f¨ uggetlen a k¨ ovetkez˝ o: 2 Legyen 0 < a < 1 tetsz˝oleges sz´am. Ekkor {ω: η < a } = {ω: |ξ| < a}. Ez´ert P (ξ < a, η < a2 ) = P (ξ < a), teh´at P (ξ < a, η < a2 ) 6= P (ξ < a)P (η < a2 ).
56.) Legyen ξ1 , ξ2 , . . . ,ξn n f¨ uggetlen, alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. P standard norm´ Tekints¨ uk az ¨ osszes η = aj ξj alak´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot, ahol a1 , . . . , an j=1
tetsz˝oleges val´ os sz´amok. Az ´ıgy defini´alt val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egy N Euklideszi n n P P teret alkotnak, ha e t´er k´et η = aj ξj ∈ N , η¯ = a ¯j ξj ∈ N , elem´enek az Aη + j=1
j=1
B η¯ line´aris kombin´aci´oj´at az Aη+B η¯ =
n P
(Aaj +B¯ aj )ξj ) k´eplettel, skal´ arszorzat´ at
j=1
pedig az (η, η¯) = Eη η¯ =
n P
j=1
aj a ¯j formul´ aval defini´aljuk. Ha η1 , . . . , ηk k az N
Euklideszi t´er elemei, ahol k tetsz˝oleges pozit´ıv eg´esz sz´am, akkor az (η1 , . . . , ηk ) v´eletlen vektor egy k-dimenzi´os norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. Ez u ´gy is interpret´alhat´ o, hogy adva egy n-dimenzi´os (ξ1 , . . . , ξn ) standard norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor ´es egy (determinisztikus) k ×n m´eret˝ u m´ atrix a (ξ1 , . . . , ξn )A vektor norm´ alis eloszl´ as´ u, azaz ez az a´ll´ıt´ as nemcsak n´egyzetes n × n m´eret˝ u A m´ atrixokra igaz. S˝ot igaz a k¨ ovetkez˝ o kiss´e ´ altal´ anosabb ´ all´ıt´ as: Ha (ξ1 , . . . , ξn ) n-v´altoz´ os (nem felt´etlen¨ ul standard) norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor, A k×n m´eret˝ u m´ atrix, akkor (ξ1 , . . . , ξk )A k-v´altoz´ os norm´ alis eloszl´ as´ u vektor. Megold´ as: Az N t´er a megadott ¨ osszead´assal ´es skal´ ar sz´ammal val´ o szorz´assal line´aris t´er, azaz teljes´ıti a k´ıv´ant azonoss´agokat. Az (η, η¯) = Eη η¯ formul´ aval defini´alt m˝ uvelet tekinthet˝ o skal´ ar szorzatnak, mert biline´aris f¨ uggv´eny, ´es pozit´ıv definit, azaz (η, η) ≥ 0, ´es (η, η) = 0 csak az η = 0 esetben. Az N Euklideszi t´er dimenzi´ oja n. Azt kell bel´ atni, hogy amennyiben η1 , . . . , ηk mindegyike eleme az N t´ernek, akkor l´etezik k f¨ uggetlen, standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o u ´gy, hogy az (η1 , . . . , ηk ) vektor koordin´ at´ ai ezek line´aris f¨ uggv´enyei. Ha k ≥ n, akkor ez ny´ılv´anval´ o, mert tekinthetj¨ uk a ξ1 , . . . , ξn vektorokat, illetve ezeket kieg´esz´ıthetj¨ uk m´eg k − n t˝ol¨ uk ´es egym´ ast´ ol f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ oval. Mindegyik ηk 34
vektor fel´ırhat´ o ezen k vektor line´aris kombin´aci´ojak´ent. Val´ oj´aban csak a ξj , 1 ≤ j ≤ n, vektorok szerepelnek ezen line´aris kombin´aci´okban nem z´er´ o egy¨ utthat´oval.
Ha k < n, tekints¨ uk el˝ osz¨ or azt a speci´alis esetet, amikor az η1 , . . . , ηk val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok korrel´alatlanok, ´es egy sz´or´ asn´egyzet˝ uek. Ekkor e val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok kieg´esz´ıthet˝ oek egy (η1 , . . . , ηn ) ortonorm´alt b´aziss´a az N t´erben. Az η1 , . . . , ηn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek ´es standard norm´ alis eloszl´ as´ uak az 54. feladat eredm´enye alapj´ an. Tekints¨ unk k, k < n η1 , . . . , ηk elemet az N t´erben. Vegy¨ unk az a´ltaluk kifesz´ıtett alt´erben egy ortonorm´alt b´azist. Ennek elemei az el˝ oz˝ oek alapj´ an f¨ uggetlen, standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es az η1 , . . . , ηk val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ok kifejezhet˝oek, mint ezek line´aris kombin´aci´oi. Mivel a b´azis elemsz´ama kisebb, vagy egyenl˝o, mint k, innen k¨ ovetkezik, hogy (η1 , . . . , ηk ) is norm´ alis eloszl´ as´ u vektor. Ha ξ1 , . . . , ξn standard norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor, akkor az el˝ oz˝ oek alapj´ an (ξ1 , . . . , ξn )A is vektor norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor. Ha (ξ1 , . . . , ξn ) norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor, akkor el˝ o´all´ıthat´ o (ξ1 , . . . , ξn ) = (η1 , . . . , ηn )B alakban, ahol η1 , . . . , ηn standard norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor. Ez´ert (ξ1 , . . . , ξn )A = (η1 , . . . , ηn )BA is norm´ alis eloszl´ as´ u. ´ enyes az 54. feladat eredm´eny´enek a k¨ 57.) Erv´ ovetkez˝ o´ altal´ anos´ıt´ asa is. Legyen (ξ1 , . . . , ξn ) n-v´altoz´ os norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. L´etezzen tov´ abb´a az {1, . . . , n} indexhalmaznak egy olyan L1 , . . . , Lp partici´oja, amelyre Cov (ξj , ξk ) = 0, ha j ∈ Ls , k ∈ Ls′ , 1 ≤ s, s′ ≤ p, ´es s 6= s′ . Ekkor az (ξj , j ∈ L1 ), (ξj , j ∈ L2 ), . . . , (ξj , j ∈ Lp ) f¨ uggetlen, norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektorok.
Megold´ as: Ez az 54. feladat megold´ as´ahoz hasonl´oan indokolhat´ o. Azt kell m´eg meggondolni, hogy a (ξj , j ∈ Ls ), 1 ≤ s ≤ p, f¨ uggetlen norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektorok egyes´ıt´ese szint´en norm´ alis eloszl´ as´ u. Viszont ez egyszer˝ uen k¨ ovetkezik az 52. feladat eredm´eny´eb˝ ol. Ugyanis mindegyik (ξj , j ∈ Ls ) vektor el˝ o´all´ıthat´ o ηs Bs alakban alkalmas Bs m´ atrixokkal, ahol ηs , 1 ≤ s ≤ p, standard norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektorok. S˝ot, ezek az ηs vektorok v´ alaszthat´oak egym´ ast´ ol f¨ uggetleneknek k¨ ul¨ onb¨oz˝ o s indexre, mint a (ξj , j ∈ Ls ) vektorok line´aris transzform´ aci´oi.
58.) Adjunk p´eld´at olyan v´eletlen vektorra, amely nem norm´ alis eloszl´ as´ u, noha koordin´ at´ ai norm´ alis eloszl´ as´ uak. Konkr´etabban, mutassuk meg, hogy a k¨ ovetkez˝ o konstrukci´ o j´ o p´eld´at ad erre. Defini´ aljuk a k¨ ovetkez˝ o (Ω, B, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ ot: Ω = [0, 1], B a Borel σalgebra [0, 1]-en, ´es P a Lebesgue m´ert´ek. Defini´ aljuk a k¨ ovetkez˝ o ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat ezen a mez˝ on: ξ(x) = Φ−1 (x), η(x) =
ξ(1 − x) ξ x − 21
ha 0 ≤ x <
ha
1 2
1 2
≤x≤1
.
Az ebben a p´eld´aban defini´alt ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok norm´ alis eloszl´ as´ uak, de a (ξ, η) v´eletlen vektor nem norm´ alis eloszl´ as´ u. 35
Megold´ as: A ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok azonos eloszl´ as´ uak. Tov´ abb´a, P (ξ > x) = λ((Φ(x), 1]) = 1 − Φ(x) . Az, hogy a (ξ, η) v´eletlen vektor nem norm´ alis eloszl´ as´ u k¨ ovetkezik p´eld´aul a P (ξ + 1 alis eloszl´ as´ u lenne, akkor az η = 0) = 2 azonoss´agb´ol. Ugyanis, ha (ξ, η) norm´ lenne a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o is. Ennek viszont ellentmond a P (ξ + η = 0) = 21 rel´ aci´o. 59.) Legyenek ξ1 , ξ2 , . . . , ξn f¨ uggetlen norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok m v´ arhan P P ¯ 2 val´ t´o ´ert´ekkel ´es σ 2 sz´or´ assal. Ekkor a ξ¯ = 1 ξj ´es az Sn = (ξj −ξ) osz´ın˝ us´egi n
j=1 √ Tov´ abb´a σn (ξ¯ − 2
j=1
m) standard norm´ alis eloszl´ as´ u, v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek egym´ ast´ ol. 1 agfok´ u χ eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. σ Sn pedig n − 1 szabads´ Megjegyz´es. Ez az eredm´eny magyar´ azza meg, hogy bizonyos statisztikai feladatokban mi´ert jelenik meg az U -eloszl´as, ami egy olyan standard norm´ alis ´es χ2 eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o h´anyados´anak az eloszl´ asa, mely val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek egym´ ast´ ol. ¯ ξ1 − ξ, ¯ . . . , ξn − ξ) ¯ v´eletlen vektort. Ez az 54. feladat Megold´ as: Tekints¨ uk a (ξ, eredm´enye alapj´ an egy n + 1 dimenzi´ os norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor. Tov´ abb´a ¯ ξj − ξ) ¯ = Cov (ξ, ¯ ξj ) − Var ξ¯ = 0 minden egyszer˝ u sz´amol´ as mutatja, hogy Cov (ξ, ¯ ξ1 − ξ, ¯ . . . , ξn − ξ) ¯ v´eletlen vektor D = (di,j ), 1 ≤ j ≤ n indexre. Ez´ert a (ξ, 1 ≤ i, j ≤ n + 1, covariancia m´ atrixa felbomlik egy 1 × 1-es ´es n × n-es m´ atrix direkt szorzat´ara, azaz d1,j = dj,1 = 0, 2 ≤ j ≤ n + 1. Ez´ert a norm´ alis eloszl´ as´ u vektorok tulajdons´agaib´ol, (abb´ ol, hogy egy norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor eloszl´ as´at meghat´ arozza a v´eletlen vektor kovariancia m´ atrixa ´es v´ arhat´ o ´ert´ek ¯ ¯ ¯ vektora) k¨ ovetkezik, hogy ξ ´es (ξ1 − uggetlenek, tov´ abb´a norm´ alis Pξ, . . . , ξ¯n 2− ξ) f¨ ¯ eloszl´ as´ uak. Ez´ert a ξ ´es az Sn = (ξj − ξ) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek j=1
√
2 egym´ ast´ ol. Tov´ abb´a, mivel E ξ¯ = m, Var ξ¯ = σn , ez´ert σn (ξ¯ − m) standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. A σ1 Sn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o fel´ırhat´ o, mint n (egy¨ uttesen) norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o n´egyzet¨ osszege. De n P ¯ = 0 azonoss´ag. ezek a val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok nem f¨ uggetlenek. Teljes¨ ul a (ξj − ξ)
j=1
2
Bel´ atjuk, hogy Sn χ eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o n − 1 szabads´agfokkal. Az indokl´asban felhaszn´aljuk azt a norm´ alis v´eletlen vektorokr´ ol sz´ol´ o el˝ oad´asban szerep2 l˝o (a χ -pr´ oba vizsg´alat´aban bizony´ıtott) eredm´enyt, amely szerint, ha (η1 , . . . , ηn ) norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor nulla v´ arhat´ o ´ert´ekkel ´es D kovariancia m´ atrixn n P P szal akkor ηj2 eloszl´ asa megegyezik a λj ζj2 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o eloszl´ as´aval, j=1
j=1
ahol ζ1 , . . . , ζn f¨ uggetlen, standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es λ1 , . . . , λn a D kovariancia m´ atrix saj´ at´ert´ekei. ¯ . . . , ξn −ξ) ¯ v´eletlen vektor Ez´ert a feladat megold´ as´ahoz el´eg bel´ atni, hogy a σ1 (ξ1 −ξ, D = (di,j ), 1 ≤ i, j ≤ n, kovariancia m´ atrix´anak az 1 sz´am n − 1 multiplicit´as´ u saj´ at´ert´eke, ´es ezenk´ıv¨ ul m´eg a nulla (egyszeres) saj´ at´ert´eke ennek a m´ atrixnak. 36
A D m´ atrix elemei di,i = 1 − n1 , di,j = − n1 , 1 ≤ i, j ≤ n. Ez´ert D = I − A, atrix. Az A ahol I az identit´ as m´ atrix, A = (ai,j ), ai,j = n1 , 1 ≤ i, j ≤ n, m´ 1 1 m´ atrixnak 1 darab 1 saj´ at´ert´ek˝ u saj´ atvektora van, (az ( n , . . . , n ) vektor), ´es n − 1 uk tetsz˝oleges m´ odon nulla saj´ at´ert´ek˝ u vektora. (Az ( n1 , . . . , n1 ) vektort kieg´esz´ıtj¨ n egy ortonorm´alt b´aziss´a, ´es ilyen m´ odon az R t´er egy az A m´ atrix saj´ atvektoraib´ol all´ ´ o b´azis´at kapjuk, ´es e saj´ atvektorok saj´ at´ert´ekei a λ1 = 1, ´es λj = 0, 2 ≤ j ≤ n.) Innen k¨ ovetkezik, hogy a D m´ atrix saj´ at´ert´ekei az 1 − λj sz´amok, 1 ≤ j ≤ n, azaz 1 darab 0 ´es n − 1 darab 1-es. (j)
(j)
uggetlen, 1 ≤ j ≤ n, egyforma eloszl´ as´ u v´eletlen 60.) Legyenek ξ (j) = (ξ1 , . . . , ξ6 ) f¨ (j) (j) 1 vektorok P (ξk = 1) = 6 , minden 1 ≤ k ≤ 6, 1 ≤ j ≤ n indexre, ´es ξk′ = 0, ha n P (j) k ′ 6= k, ´es ξk = 1, minden 1 ≤ k, k ′ ≤ 6 indexre. Legyen S = √1n ξj e v´eletlen j=1
vektorok normaliz´alt ¨ osszege. Ekkor a ξ (j) ´es S vektorok kovariancia m´ atrixa az a 5 1 . AD D = (di,k ), 1 ≤ i, k ≤ 6, m´ atrix, amelyre di,k = − 36 , ha i 6= k, dk,k = 36 m´ atrix nem invert´ alhat´ o. (j) (j)
(j)
(j)
Megold´ as: A ξ (j) vektor D m´ atrix´anak elemei di,k = Eξi ξk − Eξi Eξk = 2 (j) (j) (j) (j) 1 5 −Eξi Eξk = − 36 ,ha i 6= k, ´es dk,k = E(ξk )2 − (Eξk )2 = 61 − 16 = 36 . Az S v´eletlen vektor kovariancia m´ atrixa ugyanez a D m´ atrix. A D m´ atrix nem invert´ alhat´ o, mert a sor¨ osszegei null´ aval egyenl˝oek. 61.) Legyen ξ, η ´es ζ h´arom f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. ξ−η Mutassa meg, hogy a ξ+η+ζ ´es a ξ−ζ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek egym´ ast´ ol. Megold´ as. El´eg megmutatni, hogy a ξ + η + ζ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o ´es a (ξ − η, ξ − ζ) val´ o sz´ ın˝ u s´ e gi v´ a ltoz´ o a (ξ −η, ξ −ζ) v´eletlen vektor f¨ uggetlen egym´ ast´ ol, mert a ξ−η ξ−ζ v´eletlen vektor f¨ uggv´enye. Viszont (ξ + η + ζ, ξ − η, ξ − ζ) egy h´arom dimenzi´ os norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor, amelynek minden koordin´ at´ aja nulla v´ arhat´ o ´ert´ek˝ u. Ez´ert az, hogy ennek a vektornak els˝ o koordin´ at´ aja f¨ uggetlen a m´ asodik ´es harmadik koordin´ at´ ab´ ol ´ all´ o vektort´ ol k¨ ovetkezik az E(ξ + η + ζ)(ξ − η) = 0 ´es E(ξ + η + ζ)(ξ − ζ) = 0 azonoss´agokb´ ol.
62.) Legyen W (t), 0 ≤ t ≤ 1, Wiener-folyamat a [0, 1] intervallumon. Ekkor a B(t) = W (t) − tW (1), 0 ≤ t ≤ 1, sztochasztikus folyamat egy Wiener-bridge, amely f¨ uggetlen a W (1) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot´ ol. Megford´ıtva: Legyen B(t), 0 ≤ t ≤ 1, Wiener-bridge, ´es η a B(t) Wiener-bridge-t˝ol f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. Ekkor W (t) = B(t)+tη Wiener-folyamat a 0 ≤ t ≤ 1 intervallumon.
Megold´ as. B(t) egy folytonos trajekt´ori´ aj´ u Gauss folyamat, EB(t) = 0 minden 0 ≤ t ≤ 1 sz´amra, ´es EB(s)B(t) = E(W (s) − sW (1))(W (t) − tW (1)) = EW (s)W (t) − sEW (t)W (1) − tEW (s)W (1) + stEW (1)2 = s − 2st + st = s(1 − t), ha 0 ≤ s ≤ t ≤ 1, azaz B(s) kovarianciaf¨ uggv´enye megegyezik egy Brownbridge kovarianciaf¨ uggv´eny´evel. Ez´ert B(t) Brown bridge. M´asr´eszt EB(t)W (1) = E(W (t) − tW (1))W (t) = 0. Viszont tetsz˝oleges ≤ t1 , . . . , tk ≤ 1 pontokra (B(t1 ), . . . , B(tk ), W (1)) 37
egy Gauss eloszl´ as´ u v´eletlen vektor. Mivel ennek els˝ o k koordin´ at´ aja, azaz a (B(t1 ), . . . , B(tk )) vektor korrel´alatlan a W (1) koordin´ at´ aval, ez´ert f¨ uggetlen is t˝ole. Ez azt jelenti, hogy a B(t) Wiener bridge f¨ uggetlen a W (1) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot´ ol. W (t) = B(t) + tη folytonos trajekt´ori´ aj´ u Gauss folyamat EW (t) = 0 v´ arhat´ o ´ert´ekkel minden 0 ≤ t ≤ 1 sz´amra, ha B(t) egy Wiener bridge, ´es η egy t˝ole f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. M´asr´eszt EW (s)W (t) = EB(s)B(t) + stEη 2 = s(t − 1) + st = s = min(s, t), ha 0 ≤ s < t ≤ 1, ahonnan k¨ ovetkezik a feladat m´ asodik fel´enek az a´ll´ıt´ asa.
63.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o. η Sz´ am´ıtsuk ki az ξ h´anyados eloszl´ as ´es s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. A megold´ as kidolgoz´ asa el˝ ott tegy¨ unk el˝ osz¨ or egy ´ altal´ anos megjegyz´est. Ha adva van k´et val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o ξ ´es η, amelyek (egy¨ uttes) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye egy isη asf¨ uggv´eny´et a k¨ ovetkez˝ o mert f (u, v) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny, akkor az ξ h´anyados eloszl´ m´ odon uk be a g(u, v) = gx (u, v) f¨ uggv´enyt, amely a s´ıkon ki: Vezess¨ sz´amolhatjuk uggv´ e nye, azaz g(u, v) = 1, ha uv < x, ´es az (u, v): uv < x halmaz indik´atorf¨ RR g(u, v) = 0, ha uv ≥ x. Ekkor P ηξ < x = Eg(ξ, η) = g(u, v)f (u, v) du dv = RR f (u, v) du dv. L´ atni fogjuk, hogy az ebben a feladatban vizsg´aland´o v {(u,v) : u <x} integr´al viszonylag egyszer˝ u, k¨ onnyebben kezelhet˝ o. Megold´ as. A feladatban vizsg´aland´o h´anyados eloszl´ asf¨ uggv´enye
ZZ 1 −(u2 +v2 )/2 η F (x) = P <x = e du dv v ξ <x} 2π {(u,v): u ZZ 1 −(u2 +v2 )/2 e du dv =2 v {(u,v): u>0, u <x} 2π Z ∞ Z Z 1 1 1 arctan x 1 −r 2 /2 =2 dϕ = + arctan x. re dr dϕ = 2π − π2 <ϕ<arctan x 0 π − π2 2 π Ebben a sz´amol´ asban a fel´ırt integr´alt ´ at´ırtuk u = r cos ϕ, v = r sin ϕ transzform´aci´oval pol´ arkoordin´ atarendszerben. E sz´amol´ as sor´ an az integrandusban megjelenik az r Jacobian mint szorz´o faktor. hEzut´an azt uk ´eszre, hogy a bels˝ or i∞ vegy¨ R ∞ −r2 /2 −r 2 /2 = 1. v´ altoz´ o szerinti integr´al 0 re dr = −e 0
Kisz´amoltuk a keresett val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o eloszl´ asf¨ uggv´eny´et. E val´ osz´ın˝ us´egi dF (x) v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye az eloszl´ asf¨ uggv´eny deriv´altja, azaz az f (x) = dx = 1 f¨ u ggv´ e ny. π(1+x2 ) 2
2
1 −(x +y )/2 M´ asodik megold´ as. A (ξ, η) vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye 2π e , ami forgat´ asinvari´ ans f¨ uggv´eny. Innen k¨ ovetkezik, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a (ξ, η) vektor
38
egy orig´ob´ ol kiindul´o α sz¨og˝ u sz¨ogtartom´anyba esik, P
α 2π .
Ez´ert
h π hπ η < x = P (ξ, η) ∈ − , arctan x ∪ , arctan x + π sz¨ogtartom´anyban ξ 2 2 1 π 1 1 = 2 arctan x + = + arctan x. 2π 2 2 π
64.) Legyen (ξ, η) k´et-dimenzi´ os val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o f (x, y) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel. L´ assuk be, hogy a ηξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak is l´etezik s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ´es az a R∞ g(t) = −∞ f (x, tx)|x| dx f¨ uggv´eny. Adjunk ennek az eredm´enynek a seg´ıts´eg´evel u ´j megold´ ast az el˝ oz˝ o feladatra. asf¨ uggv´eny´et. Ekkor Megold´ as: Jel¨olje G(t) a ηξ t¨ort G(t) = P ηξ < t eloszl´ G(t) =
Z
y x
(x,y):
f (x, y) dx dy.
Sz´ am´ıtsuk ki ezt az integr´alt az (¯ x, z) = x, xy helyettes´ıt´essel. Ekkor a G(t) f¨ uggv´enyt kifejez˝ o integr´alban az u ´j integr´al´ asi tartom´any az {(¯ x, z): −∞ < x ¯< ∞, −∞ < z < t}, f (x, y) = f (¯ x, z x ¯), ´es az integr´altranszform´ aci´o kisz´ am´ıt´ as´ahoz meg kell hat´aroznunk a lek´epez´es Jacobi transzform´ aci´oj´at. Ez az x ¯ = h1 (x, y) = x, z = h2 (x, y) = xy jel¨ol´essel J(¯ x, z) =
∂x ¯ ∂x , ∂z ∂x ,
∂x ¯) ∂y z ∂y ,
! =
∂h1 (x,y) ∂h1 (x,y) , ∂y , ∂x ∂h2 (x,y) ∂h2 (x,y) , ∂y , ∂x
! 1, 0 1 , = = − xy2 , x1 x
1 ´es inform´ alisan d¯ x dz = J(x, z) dx dy, ahonnan dx dy = J(x,z) d¯ x dz = |¯ x| d¯ x dz, ahonnan Z Z Z Z t G(t) = f (x, y) dx dy = f (x, zx)|x| dx dz = K(z) dz, (x,y):
y x
(x,z):z
ahol K(z) =
Z
∞
−∞
f (x, xz)|x| dx.
−∞
Innen l´athat´ o, hogy a keresett s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny g(t) = K(t), amint a´ll´ıtottuk. Ha ξ ´es η k´et f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, akkor 1 −(x2 +y 2 )/2 (ξ, η) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x, y) = 2π e , ez´ert ηξ s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(t) = =
Z
∞
−∞ ∞
Z
−∞
1 −(x2 +t2 x2 )/2 e |x| dx 2π p p √ 1 −( (t2 +1)x)2 /2 2 + 1)x d 2 + 1)x , e (t (t 2π(t2 + 1) 39
ahonnan Z
∞
1 e |x| dx = g(t) = 2π(t2 + 1) −∞ π(t2 + 1) i h ∞ 1 1 −x2 /2 = = . −e π(t2 + 1) π(t2 + 1) 0 1
−x2 /2
Z
∞
2
e−x
/2
x dx
0
65.) Legyen ξ ´es η k´et val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelyek egy¨ uttes eloszl´ as´anak (l´etez˝ o) 2 2 2 s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (u, v) = 3 u + 2uv + 3 v alak´ u, ha 0 ≤ u, v ≤ 1, ´es f (u, v) = 0 egy´ebk´ent. L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy f (u, v) val´ oban s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny, majd sz´amoljuk ki a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Megold´ as: Annak ´erdek´eben, hogy ellen˝ orizz¨ uk, hogy f (u, v) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny azt kell megmutatni, hogy f (u, v) ≥ 0 (majdnem) minden (u, v) sz´amp´ arra, ´es Z Z f (u, v) du dv = 1. Az nyilv´anval´ o, hogy f (u, v) ≥ 0 minden (u, v) sz´amp´ arra. M´asr´eszt mivel Z
0
1
Z
1 2
uv du dv =
0
Z
1
u du
0
Z
1
1 1 1 · = , 2 3 6
v 2 dv = 0
R1R1 RR f (u, v) du dv = 1. u du dv = 21 ´es 0 0 v du dv = 21 , ez´ert A ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o eloszl´ asf¨ uggv´eny´et az R1R1 0
0
G(x) =
Z
∞
−∞
Z
x−u
f (u, v) dv
−∞
du R ∞ R ∞
k´eplet seg´ıts´eg´evel sz´am´ıthatuk ki, hasonl´oan 1−G(x) =
f (u, v) dv du. x−u
−∞
dG(x) dx
M´asr´eszt, a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny g(x) = formula seg´ıts´eg´evel kisz´ am´ıthat´ o. Ez a mi eset¨ unkben a k¨ ovetkez˝ ot 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. M´asr´eszt d g(x) = dx
Z
d − dx
1
0
Z
x−u
0
R R 1 1
2 2 u + 2uv 2 + v 3 3 2 3u
2
2 3v
du
dv,
+ 2uv + du dv, ha 1 ≤ x ≤ 2. ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 x−u Az´ert volt ´erdemes a 0 ≤ x ≤ 1 ´es 1 ≤ x ≤ 2 eseteket sz´etv´ alasztani, mert a konkr´et feladatban a G(x) f¨ uggv´enyt tudjuk k´enyelmesen kisz´ am´ıtani 0 ≤ x ≤ 1 ´es az 1 − G(x) f¨ uggv´enyt az 1 ≤ x ≤ 2 intervallumban. Ez a sz´etbont´as azonban nem k¨ otelez˝o. A fent v´ azolt m´ odon ki lehet sz´amolni a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enyt, de val´ oj´aban ezt a sz´amol´ ast lehet egyszer˝ us´ıteni. Ez hasonl´o ahhoz, ahogy a konvoluci´ o formul´ at 40
vezetik le f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ¨ osszeg´enek a s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´ere. Val´ oban, a v v´ altoz´ o z = u + v helyettes´ıt´es´evel fel´ırhatjuk, hogy G(x) = =
Z
∞
−∞ Z x
−∞
Z
x−u
f (u, v) dv
Z
du = f (u, z − u) du dz,
−∞ Z ∞
−∞
∞
−∞
Z
x
−∞
f (u, z − u) dz
du
ahonnan deriv´al´ assal dG(x) = g(x) = dx
Z
∞
−∞
f (u, x − u) du.
E k´eplettel a sz´amol´ asokat lehet egyszer˝ us´ıteni. Azt kapjuk, hogy jelen esetben g(x) = 0, ha x < 0 vagy x > 2, (ebben az esetben a g(x) f¨ uggv´enyt kifejez˝ o integr´alban szerepl˝o integrandus azonosan nulla. Ugyanis x < 0 eset´eben vagy u < 0 vagy x − u < 0, ´es x > 2 esetben vagy u > 1 vagy x − u > 1. A 0 < x < 2 esetben f (u, x − u) akkor nem nulla, ha 0 ≤ u ≤ 1 ´es 0 ≤ x − u ≤ 1, azaz max(0, x − 1) < u < min(1, x). Ez´ert g(x) =
Z
x
0
2 2 u + 2u(x − u)2 + (x − u) 3 3
du,
du,
ha 0 ≤ x ≤ 1, ´es g(x) =
Z
1
x−1
2 2 u + 2u(x − u)2 + (x − u) 3 3
ha 1 ≤ x ≤ 2.
65a.) Mutassuk meg, hogy a fenti feladat megold´ as´aban kapott r´eszeredm´enyek tartalmazz´ ak speci´ alisan azt az eredm´enyt is, hogy k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o osszeg´enek a s˝ ¨ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et konvoluci´ o seg´ıts´eg´evel lehet kisz´ amolni. Megold´ as. L´ attuk, hogy amennyiben egy (ξ, η) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye y), akkor a ξ +η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak is van s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ´es az g(x) = Rf (x, ∞ f (u, x − u) du. Legyen ξ ´ e s η k´ e t f¨ u ggetlen val´ o sz´ ın˝ u s´ e gi v´ altoz´ o h1 (x) ´es h2 (x) −∞ s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennnyel. Ekkor a (ξ, η) vektornak is van s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ´es az az ´ f (x, y) = h1 (x)h2 (y) f¨ uggv´eny. Igy a Rξ + η ¨ osszegnek is van ur˝ us´egf¨ uggv´enye, ´es R ∞s˝ ∞ az az id´ezett eredm´eny szerint g(x) = −∞ f (u, x − u) du = −∞ h1 (u)h2 (x − u) du.
66.) Legyen a (ξ, η) vektor egyenletes eloszl´ as´ u a (0, 0), (1, 0) ´es (0, 1) pontok a´ltal meghat´ arozott h´aromsz¨og¨ on, azaz legyen s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye 2 azon a h´aromsz¨og¨ on, amelynek ezek a pontok a cs´ ucspontjai, ´es legyen nulla ezen a h´aromsz¨og¨ on k´ıv¨ ul. Sz´ am´ıtsuk ki a ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok kovarianci´aj´at. 41
R Megold´ a s: Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη, ´ e s Eξη = xyf (x, y) dx dy, R R Eξ = xf (x, y) dx dy, Eη = yf (x, y) dx dy, ahol f (x, y) a (ξ, η) vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye. Ez´ert Eξη =
Z
1
0
Z
1−x
2xy dy
0
Z
dx =
Eξ =
Z
1
0
´es
1−x
2x dy
0
Z
Eη =
Z
Z
1
1−x
2y dy
0
0
y2 2x 2
0
1 x2 1 2x3 x4 = = − + , 2 3 4 0 12
1
dx =
Z
dx =
dx =
Z
1
x(1 − x)2 dx
0
0
1
1 , 3
2x(1 − x) dx =
0
1−x
Z
1
(1 − x)2 dx =
0
1 , 3
(Szimmetria meggondol´asok alapj´ an is bel´ athat´ o, hogy Eη = Eξ.) Innen 1 1 1 Cov (ξ, η) = 12 − 9 = − 36 .
67.) Legyen a (ξ, η) k´etdimenzi´ os v´eletlen vektor eloszl´ asa egyenletes a (0, 0), (0, 1), (2, 0) cs´ ucspontok ´ altal meghat´ arozott der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ogben, azaz legyen s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye az f (x, y) = 1 az x ≥ 0, y ≥ 0, 2y + x ≤ 2 egyenl˝otlens´eget teljes´ıt˝ o (x, y) pontokban, ´es f (x, y) = 0 egy´ebk´ent. Sz´ amoljuk ki a ξ ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok Cov (ξ, η) kovarianci´aj´at. R Megold´ Eξη = xyf (x, y) dx dy, Ras. Cov (ξ, η) = Eξη − EξEη, R Eξ = xf (x, y) dx dy ´es Eη = yf (x, y) dx dy. Ez´ert Eξη =
Z
Z
∞
∞
xyf (x, y) dx dy = ! Z Z 2 Z 1− x2 y dy dx = = x −∞
∞
0
0
=
Z
2
0
Eξ =
2
x
0
2
0
x2 x2 x − + 8 2 2
Z
2
0
Z
Z
1− x 2
x dy
0
Eη =
Z
2
Z
2
0
!
dx =
1− x 2
1−x+ 2
f (x, y)y dy
0 x 2 1− 2
y x 2
Z
2
0
y dy x2 4
1
dx =
Z
0
0
2
dx
1 − x2 x 2
2
1 8 1 − +2= , 2 6 6
0
0
=
Z
dx =
Z
!
x2 x− 2
dx =
dx =
42
Z
0
2
dx = 2 −
y2 2
1− x2 0
1 1 −1+1= . 3 3
dx
8 2 = , 6 3
dx
Innen, Cov (ξ, η) =
1 6
−
2 3
·
1 3
1 = − 18 .
68.) Legyen (ξ, η) k´etdimenzi´ os v´eletlen vektor, amelynek eloszl´ asa egyenletes a (0, 0), (1, 0), (0, 1) cs´ ucspontok ´ altal meghat´ arozott h´aromsz¨ogben, azaz s˝ ur˝ us´egf¨ ugggv´enye f (x, y) = 2, ha x > 0, y > 0, ´es x + y ≤ 1, ´es f (x, y) = 0 egy´ebk´ent. Sz´ amoljuk ki a ξ 2 ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok Cov (ξ 2 , η) kovarianci´aj´at. Megold´ as. Cov (ξ 2 , η) = Eξ 2 η − Eξ 2 Eη. Tov´ abb´a, Z Z 1 Z 1−x Z 1 1−x 2 2 2 Eξ η = x yf (x, y) dx dy = 2x y dy dx = x2 y 2 0 dx 0
Z
0
0
1
1 1 1 1 − + = , 3 2 5 30 0 R R 1 R 1−x R1 Eξ 2 = x2 f (x, y) dx dy = 0 0 2x2 dy dx = 0 2(1 − x)x2 dx = 32 − R1 R R 1 R 1−x ´es Eη = yf (x, y) dx dy = 0 0 2y dy dx = 0 (1 − x)2 dx = 1 − 1 + =
x2 (1 − 2x + x2 ) dx =
Ez´ert Cov (ξ 2 , η) =
1 30
−
1 18
1 2
= 16 ,
1 3
= 13 .
1 = − 45 .
69.) Egy k´ artyacsomag 75 k´ artyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 ´es 75 k¨ oz¨ otti sz´amok valamelyik´evel meg van sz´amozva. Kih´ uzunk 40 k´ arty´ at u ´gy, hogy h´ uz´ as ut´ an visszatessz¨ uk, ´es ezenk´ıv¨ ul a k´ artyacsomagba tesz¨ unk m´eg egy u ´j, minden kor´ abbi k´ arty´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨oz˝ o k´ artyalapot. Jel¨olje X azt, hogy h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o k´ artyalapot h´ uztunk ki. Sz´ amoljuk ki az EX v´ arhat´ o ´ert´eket. Megold´ as: Sz´ amozzuk meg a k´ artyacsomagban kezdett˝ol fogva tartalmazott k´ artyalapokat 1-t˝ ol 75-ig, ´es vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 75, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. ξj = 1, ha a j-ik k´ arty´ at kih´ uztuk, ξj = 0, ha a j-ik k´ arty´ at nem h´ utuk ki a 40 h´ uz´ as sor´ an. Ezenk´ıv¨ ul vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ηj , 1 ≤ j ≤ 40, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat is. ηj = 1, ha a j-ik h´ uz´ as ut´ an a k´ artyacsomagba tett lapot 75 40 P P k´es˝obb kih´ uztuk, ´es ηj = 0, ha nem h´ uztuk ki. Ekkor X = ξj + ηj . Ez´ert j=1
EX =
75 P
Eξj +
j=1
40 P
Eηj =
j=1
75 P
P (ξj = 1) +
j=1
40 P
j=1
P (ηj = 1). Annak a val´ osz´ın˝ us´ege,
j=1
hogy a j-ik (a csomagban eredetileg bennelev˝o) k´ arty´ at nem h´ uzzuk ki 40 h´ uz´ as 40 40 Q Q 74+j−1 74+j−1 sor´ an 75+j−1 . Innen P (ξj = 1) = 1 − 75+j−1 , 1 ≤ j ≤ 75. Annak a j=1
j=1
val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j-ik h´ uz´ as ut´ an a k´ artyacsomagba tett k´ arty´ at nem h´ uzzuk 40 40 Q Q 74+l−1 74+l−1 ki, ert Eηj = 1 − es Eη40 = 0. Innen 75+l−1 . Ez´ 75+l−1 , ha 1 ≤ j ≤ 39, ´ l=j+1
l=j+1
kapjuk, hogy
40 40 39 Y Y X 74 + j − 1 74 + l − 1 1 − EX = 75 1 − + . 75 + j − 1 75 + l − 1 j=1 l=1
l=j+1
70.) Egy k´ artyacsomag 75 k´ artyalapot tartalmaz, amelyek mindegyike az 1 ´es 75 k¨ oz¨ otti sz´amok valamelyik´evel meg van sz´amozva. Kih´ uzunk 40 k´ arty´ at u ´gy, hogy a 43
p´aratlan index˝ u h´ uz´ asok ut´ an a k´ arty´ at visszatessz¨ uk, a p´aros index˝ u h´ uz´ asok ut´ an pedig nem tessz¨ uk vissza a csomagba. Jel¨olje X azt, hogy h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o k´ artyalapot h´ uztunk ki. Sz´ amoljuk ki az EX v´ arhat´ o ´ert´eket. Megold´ as: Sz´ amozzuk meg a k´ artyacsomag lapjait 1-t˝ol 75-ig, ´es vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj , 1 ≤ j ≤ 75, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. ξj = 1, ha a j-ik k´ arty´ at kih´ uztuk, ξj = 0, ha a j-ik k´ arty´ at nem h´ uztuk ki a 40 h´ uz´ as sor´ an. Ekkor X = 75 75 75 P P P ξj , ez´ert EX = Eξj = P (ξj = 1). Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j=1
j=1
j=1
j-ik k´ arty´ at nem h´ uzzuk ki 40 h´ uz´ as sor´ an
2 20 Q 74−j+1
j=1
1−
2 20 Q 74−j+1
j=1
75−j+1
, ´es EX = 75 1 −
75−j+1
2 20 Q 74−j+1
j=1
75−j+1
. Innen P (ξj = 1) =
!
.
71.) K´et f¨ uggetlen standard norm´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o h´anyadosa, mint 1 l´attuk, egy olyan val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelynek s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye h(x) = π1 1+x 2, −∞ < x < ∞. Az ilyen s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel rendelkez˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat Cauchy eloszl´ as´ unak nevezik. L´etezik-e egy Cauchy eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´onak v´ arhat´ o ´ert´eke? Megold´ as. A v´ alasz az, hogy egy Cauchy eloszl´ as´ u ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak nem l´etezik v´ arhat´ o ´ert´eke. Egy ξ val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak ugyanis akkor ´es csak akkor l´etezik v´ arhat´ o ´ert´eke, ha mind a ξ + = max(ξ, 0) pozit´ıv, mind az ξ − = min(0, ξ) negat´ıv r´esz´enek arhat´ o ´ert´eke v´eges. Ez azonban ebben a p´eld´aban nem teljes¨ ul, R ∞a v´ R0 mert Eξ + = 0 xf (x) dx = ∞ ´es Eξ − = −∞ xf (x) dx = −∞. Az els˝ o rel´ aci´ot x p´eld´aul u ´gy lehet l´atni, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy az xf (x) = π(1+x 2 ) integrandus 1 2 ubben is primit´ıv f¨ uggv´enye a g(x) = 2π log(1 + x ), ´es lim g(x) = ∞. De egyszer˝ x→∞
l´athatjuk ezt, ha ´eszrevessz¨ uk, hogy az xf (x) f¨ uggv´eny a v´egtelenben u ´gy viselkedik, −1 mint a const. x f¨ uggv´eny alkalmas pozit´ıv konstanssal, R ∞ ez´ert a tekintett integr´al konvergenci´ aja vagy divergenci´ aja att´ol f¨ ugg, hogy az a x−1 dx integr´al valamely a > 0 als´ o integr´al´ asi hat´arral konvergens-e vagy divergens. De tudjuk, hogy az R∞ −α x dx integr´ a l α > 1-re konvergens, ´es α ≤ 1-re divergens. a
72.) Legyen ξ ´es η k´et f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelyek k¨ oz¨ ul ξ egyenletes eloszl´ as´ u a [0, 1] intervallumban, azaz s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye f (x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, ´es f (x) = 0 egy´ebk´ent, η exponenci´alis eloszl´ as´ u λ = 1 param´eterrel, azaz −x s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x) = e , ha x ≥ 0, ´es g(x) = 0 egy´ebk´ent. Sz´ amoljuk ki a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o h(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. R∞ Megold´ as: h(x) = −∞ f (u)g(x − u) du. Hat´ arozzuk meg, hogy mely u ´ert´ekekre lesz a fenti integr´al f (u)g(x − u) integrandusa szigor´ uan pozit´ıv. Ehhez az kell, hogy 0 ≤ u ≤ 1, ´es x − u ≥ 0, azaz u ≤ x. A k´et k¨ ovetelm´enyt egy k´epletben egyes´ıtve azt ´ırhatjuk, hogy 0 ≤ u ≤ min(x, 1). Innen k¨ ovetkezik, hogy h(x) = 0, R x −(x−u) −x u x −x x ha x ≤ 0, h(x) = 0 e du = e [e ]0 = e (e − 1) = 1 − e−x , ha 0 ≤ x ≤ 1, R 1 −(x−u) ´es h(x) = 0 e du = e−x (e − 1), ha x > 1.
73.) Legyen ξ egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a [−1, 1] intervallumon, η egyen44
letes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a [−2, 2] intervallumban, ´es legyen ξ ´es η f¨ uggetlen egym´ ast´ ol. Sz´ amoljuk ki ξ + η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. osz´ın˝ us´egi Megold´ as: Jel¨olje f (x) = 21 , ha −1 ≤ x ≤ 1, f (x) = 0 egy´ebk´ent a ξ val´ v´ altoz´ o, g(x) = 14 , ha −2 ≤ x ≤ 2, g(x) = 0 egy´ebk´ent az η val´ osz´ın˝ uRs´egi v´ altoz´ o, ´es ∞ h(x) a ξ + η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et. Ekkor h(x) = −∞ f (u)g(x − u) du. Hat´ arozzuk meg, hogy mely u ´ert´ekekre lesz a fenti integr´al f (u)g(x − u) integrandusa szigor´ uan pozit´ıv. Ehhez az kell, hogy −1 ≤ u ≤ 1, ´es −2 ≤ x−u ≤ 2, azaz x−2 ≤ u ≤ x+2. Ha x > 0, akkor ez azt jelenti, hogy min(x−2, −1) ≤ u ≤ 1. Innen −1 ≤ u ≤ 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, tov´ abb´a x−2 ≤ u ≤ 1, ha 1 ≤ xR ≤ 3, ´es a tekintett 1 halmaz u ¨res, ha x > 2. Ez´ert h(x) = 0, ha x > 3, h(x) = 81 x−2 du = 3−x 8 , ha R 1 1 ≤ x ≤ 3, ´es h(x) = 81 −1 du = 14 , ha 0 ≤ x ≤ 1. Mivel mind f (x) mind g(x) p´aros f¨ uggv´eny, ugyanez igaz a h(x) f¨ uggv´enyre is, azaz h(x) = h(−x). Innen h(x) = 41 , es h(x) = 0, ha |x| ≥ 3. ha −1 ≤ x ≤ 1, h(x) = 3−x 8 , ha 1 ≤ |x| ≤ 3, ´
74.) Legyen ξ egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a [0, 2] intervallumon, η egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o az [1, 5] intervallumban, ´es legyen ξ ´es η f¨ uggetlen egym´ ast´ ol. Sz´ amoljuk ki ξ + η s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et.
Megold´ as: A feladat megoldhat´ o az el˝ oz˝ o feladathoz hasonl´o m´ odon kiss´e bonyolultabb sz´amol´ assal. De egyszer˝ ubb azt k¨ ozvetlen¨ ul visszavezetni az el˝ oz˝o feladatra. Ennek ´erdek´eben vegy¨ uk ´eszre, hogy a ξ¯ = ξ − 1 ´es η¯ = η − 3 val´ osz´ın˝ us´egi ¯ v´ altoz´ ok teljes´ıtik az el˝ oz˝ o feladat felt´eteleit. Ez´ert a ξ + η = ξ + η¯ + 4 o¨sszeg ˜ ˜ h(x) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye teljes´ıti a h(x) = h(x − 4) azonoss´agot, ahol h(x) az el˝ oz˝ o ˜ feladatban tekintett v´eletlen ¨ osszeg s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye. Innen h(x) = 41 , ha −1 ≤ ˜ ˜ x − 4 ≤ 1, h(x) = 3−x es h(x) = 0, ha |x − 4| ≥ 3. 8 , ha 1 ≤ |x − 4| ≤ 3, ´
75.) Tegy¨ uk fel, hogy a k¨ ovetkez˝ o j´ at´ekot j´ atszhatjuk: Feldobnak egy szab´alyos p´enzdarabot egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul egym´ as ut´ an. Amennyiben fej a dob´as eredm´enye, akkor a feltett t´et dupl´ aj´at kapjuk, ha ´ır´as, akkor a t´et 32 r´esz´et elvesz´ıtj¨ uk, ´es 1 orizhetj¨ uk meg. Mivel ez a j´ at´ek el˝ ony¨ os, ez´ert feltessz¨ uk minden csak 3 r´esz´et ˝ j´ at´ekban minden p´enz¨ unket. L´ assuk be, hogy amennyiben A volt a vagyonunk a j´ at´ek kezdete el˝ ott, ´es Zn jel¨oli vagyonunkat az n-ik j´ at´ek ut´ an, akkor 7 n a) EZn = A 6 , azaz vagyonunk v´ arhat´ o ´ert´eke exponenci´alisan n˝o. b) Zn egy val´ osz´ın˝ us´eggel null´ ahoz tart, azaz ha sok´aig j´ atszunk, akkor k¨ ozel egy val´osz´ın˝ us´eggel majdnem minden p´enz¨ unket elvesz´ıtj¨ uk. ´ uk meg, hogy ez a k´et ´ c) Erts¨ all´ıt´ as nem mond egym´ asnak ellent.
Megold´ as: Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o ξj val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat: ξj = 2, ha a j-ik 1 dob´as eredm´enye fej, ξj = 3 , ha a j-ik dob´as eredm´enye ´ır´as. Ekkor ξ1 , ξ2 , . . . , ul nyef¨ uggetlen val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, P (ξj = 2) = P ξj = 13 = 12 , ´es ezenk´ ıv¨ 1 1 rem´eny¨ unk az n-ik j´ at´ek ut´ an Zn = Aξ1 ξ2 · · · ξn . Ez´ert Eξj = 2 2 + 3 = 76 , ´es n asa. EZn = EAξ1 ξ2 · · · ξn = AEξ1 Eξ2 · · · Eξn = A 67 . Ez a feladat a) a´ll´ıt´ n P A Zn = Aξ1 ξ2 · · · ξn rel´ aci´ob´ ol k¨ ovetkezik, hogy n1 log Zn = logn A + n1 log ξj . j=1 os) Tov´abb´a, E log ξj = 12 log 2 + log 31 = − 21 log 32 . Ez´ert a nagy sz´amok (er˝ 45
t¨orv´enye szerint n1 log Zn egy val´ osz´ın˝ us´eggel konverg´al a negat´ıv − 12 log 32 sz´amhoz. Innen k¨ ovetkezik, hogy 1 val´ osz´ın˝ us´eggel lim log Zn = −∞, ´es ez´ert lim Zn = 0. n→∞
n→∞
Az a) r´esz bizony´ıt´ asa azon alapult, hogy Eξj > 1, a b) r´esz´e pedig azon, hogy E log ξj < 0. Ez a k´et egyenl˝otlens´eg teljes¨ ulhet egyszerre, mert a v´ arhat´ o ´ert´ek ´es a logaritmusk´epz´es egym´ assal nem felcser´elhet˝ o. Igaz az Eeη ≥ eEη egyenl˝otlens´eg (ez a konvex f¨ uggv´enyekre vonatkoz´ ou ´gynevezett Jensen egyenl˝ otlens´eg speci´ alis esete), ahonnan ξ = log η v´ alaszt´ assal Eξ ≥ elog Eξ , de egyenl˝os´eg nem ´ırhat´ o a fenti egyenl˝otlens´eg helyett. Megjegyzem, hogy hasonl´o, de egyszer˝ ubben ´erthet˝o p´eld´at mutat a feladat a) ´es b) ´ all´ıt´ as´anak egyszerre val´ o teljes¨ ul´es´ere a k¨ ovetkez˝ o modell. 1 1 osz´ın˝ us´eggel elvesz´ıtj¨ uk, 2 val´ osz´ın˝ us´eggel Olyan j´ at´ekot j´ atszunk, amelyben 2 val´ pedig megh´aromszorozzuk a p´enz¨ unket. Az egyes j´ at´ekok egym´ ast´ ol f¨ uggetlenek, ´es minden id˝ opontban minden p´enz¨ unket feltessz¨ uk. Ekkor annak a val´ osz´ın˝ us´ege, 1 n hogy az n-ik j´ at´ek ut´ an minden p´enz¨ unket elvesz´ıtj¨ uk, 1− 2 , ami rendk´ıv¨ ul gyor n 1 n san tart egyhez, ´es p´enz¨ unk v´ arhat´ o ´ert´eke 3 2 , ami exponenci´alisan gyorsan n˝o az n f¨ uggv´eny´eben. Hasonl´ o, csak kiss´e rejtettebb jelens´eg t¨ort´enik az a´ltalunk t´argyalt feladatban is. Tekints¨ uk a feladatban vizsg´alt j´ at´ek nyerem´eny´et sok j´ at´ek ut´ an. Azt ´ all´ıthatjuk, hogy nagy n indexre az n-ik j´ at´ek ut´ an nagy val´ osz´ın˝ us´eggel alig marad p´enz¨ unk. Viszont kis val´ osz´ın˝ us´eggel nagyon sok p´enzt nyer¨ unk, ´es ez´ert nyerem´eny¨ unk v´ arhat´ o ´ert´eke nagy. Ez az oka annak, hogy nemcsak a b), hanem az a) ´ all´ıt´ as is teljes¨ ul. A feladatban t´argyalt modell egyben olyan p´eld´at is ad, amelyben a Lebesgue t´etel all´ıt´ ´ asa nem ´erv´enyes, mert nem teljes¨ ulnek a Lebesgue t´etel felt´etelei. Ebben a modellben a nyerem´eny¨ unk ´ert´eke 1 val´ osz´ın˝ us´eggel null´ ahoz tart, a v´ arhat´ o ´ert´eke (azaz a nyerem´eny ´ert´ek´enek a P val´ osz´ın˝ us´egi m´ert´ek szerinti integr´alja) viszont nem a hat´ar´ert´ek integr´alj´ahoz, azaz null´ ahoz, hanem v´egtelenhez konverg´ al. 76.) Tekints¨ uk a 75. feladatban t´argyalt j´ at´ekot, azzal a k¨ ul¨ onbs´eggel, hogy o´vatosabban j´ atszunk. A j´ at´ek minden egyes fordul´ oj´aban vagyonunk u-ad r´esz´et, 0 ≤ u ≤ 1, tessz¨ uk fel t´etk´ent. Jel¨olje Zn (u) vagyonunkat a j´ at´ek n-ik l´ep´ese ut´ an. Ekkor 1 az n log Zn (u) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egy val´ osz´ın˝ us´eggel konverg´ alnak egy B(u) sz´amhoz. Hat´ arozzuk meg a legjobb u ¯ sz´amot, amelyre B(¯ u) = sup B(u). L´ assuk 0≤u≤1
be, hogy B(¯ u) > 0, ami azt jelenti, hogy nyerem´eny¨ unk exponenci´alisan n˝o 1 val´ osz´ın˝ us´eggel. Megold´ as: Vezess¨ uk be a ξj = ξj (u), j = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, amelyekre ξj = 1 + u, ha a j-ik dob´as eredm´enye fej, ´es ξj = ξj (u) = 1 − 2u 3 , ha a j-ik dob´as eredm´enye ´ır´as. Ekkor az n-ik l´ep´esben a vagyonunk Zn = Aξ1 · · · ξn , a ξj , j = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek ´es egyforma eloszl´ as´ uak, n P ez´ert n1 log Zn = logn A + n1 log ξj , ´es a nagy sz´amok er˝ os t¨orv´enye szerint az j=1
1 n 1 2
log Zn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ osz´ın˝ us´eggel konverg´ alnak a B(u) = E log ξ1 = ok 11 val´ 2u log(1 + u) + log 1 − 2u = sz´ a mhoz. A B(u) f¨ uggv´eny a log(1 + u) 1 − 3 2 3 1 1 25 maximum´at az u ¯ = 4 helyen veszi fel, ´es B(¯ u) = 2 log 24 > 0.
77.) Tegy¨ uk fel, hogy olyan j´ at´ekot j´ atszhatunk, amelynek n-ik fordul´ obeli nyerem´enye 46
A forint t´et felt´etele eset´en Aξn forint, ahol ξ1 , . . . , ξn , . . . f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, amelyekre, Eξ1 > 1. Legyen 1 forintunk az els˝ o fordul´ o el˝ ott. Van olyan ezt a felt´etelt teljes´ıt˝ o modell, amelyre abban az esetben, ha mer´eszen j´ atszunk, azaz ha minden fordul´ oban feltessz¨ uk a teljes vagyonunkat, akkor a vagyonunk null´ ahoz tart n → ∞ eset´en. Viszont ha minden fordul´oban a vagyonunk u-ad r´esz´et tessz¨ uk fel valamely alkalmas 0 < u < 1 sz´ammal, akkor el´erhet˝ o. hogy vagyonunk ´ert´eke exponenci´alisan n˝oj¨on n → ∞ eset´en, azaz l´etezzen olyan B(u) > 1 sz´am, amelyre az n fordul´ o ut´ ani vagyonunk B(n) ´ert´ek´ere 1/n lim Bn = B(u) egy val´ osz´ın˝ us´eggel.
n→∞
Megold´ as: A 75. feladatban megadtunk egy olyan modellt, amelyben mer´esz j´ at´ek eset´en nyerem´eny¨ unk ´ert´eke null´ ahoz tart n → ∞ eset´en. M´asr´eszt, ha vagyonunk u-ad-r´esz´et tessz¨ uk fel minden fordul´ oban, ´es Xn jel¨oli vagyonunkat az n-ik fordul´ o ut´ an, akkor Xn+1 = (1 − u)Xn + uXn ξn = Xn ηn , ahol ηn = n Q ηn (u) = 1 − u + uξn . Innnen Xn+1 = ηj , ´es a nagy sz´amok t¨orv´enye szej=1
rint
lim 1 n→∞ n
log Xn =
n P lim n1 log ηj n→∞ j=1
= E log η1 egy val´ osz´ın˝ us´eggel. Ez´ert el´eg
bel´ atni, hogy E log η1 (u) > 0 alkalmas 0 < u < 1 sz´amra. Viszont az f (u) = ξ1 −1 ′ E log η1 (u) f¨ uggv´enyre f (0) = 0, ´es deriv´altj´ ara f (0) = E 1+u(ξn −1) = Eξ1 − u=0
1 > 0. Ez azt jelenti, hogy f (u) > 0 minden el´eg kis u > 0 sz´amra. Innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa.
78.) Legyenek ξ1 , . . . , ξn f¨ uggetlen, (egyforma eloszl´ as´ u) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egyenletes eloszl´ assal valamely [a, b] intervallumon. Vegy¨ uk e val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok ξ1∗ < ξ2∗ < · · · < ξn∗ nagys´ag szerinti sorbarendez´es´et, azaz a bel˝ ol¨ uk k´esz´ıtett rendezett mint´at. A (ξ1∗ , ξ2∗ , . . . , ξn∗ ) v´eletlen vektor (l´etez˝ o) g(x1 , . . . , xk ) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et n! az al´ abbi k´eplet adja meg: g(x1 , . . . , xk ) = (b−a)n , ha a ≤ x1 < x2 < · · · < xn < b, ´es g(x1 , . . . , xn ) = 0 egy´ebk´ent. Megold´ as: Azt kell bel´ atni, hogy az n-dimenzi´os t´er tetsz˝oleges C ⊂ Rn (m´erhet˝ o) r´eszhalmaz´ ara Z ∗ ∗ ∗ P ((ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) ∈ C) = g(x1 , . . . , xn ) dx1 . . . dxn . C
El´eg ezt az azonoss´agot a C ⊂ A, A = {(x1 , . . . , xn ): a < x1 < x2 , · · · < xn < b} n! uggv´ennyel, mert C ∈ Rn \ A alak´ u halmazokra bel´ atni a g(x1 , . . . , xn ) = (b−a) n f¨ R eset´en mind P ((ξ1∗ , ξ2∗ , . . . , ξn∗ ) ∈ C) = 0, mind C g(x1 , . . . , xn ) dx1 . . . dxn = 0. Adva egy C ⊂ A (m´erhet˝ o) halmaz, vezess¨ uk be az {1, . . . , n} halmaz π ∈ Πn permut´ aci´oinak a halmaz´ at, ´es legyen Cπ = {(xπ(1) , . . . , xπ(n) ): (x1 , . . . , xn ) ∈ C, }
minden π ∈ Πn permut´ aci´ora ´es C ⊂ A halmazra. Defini´ aljuk a C¯ = halmazt. Ekkor
S
π∈Πn
¯ {ω: (ξ1∗ (ω), ξ2∗ (ω), . . . , ξn∗ (ω)) ∈ C} = {ω: (ξ1 (ω), ξ2 (ω), . . . , ξn )(ω)) ∈ C}, 47
Cπ
a Cπ halmazok diszjunktak k¨ ul¨ onb¨oz˝ o π permut´ aci´okra, ´es minden C ⊂ A halmazra. Ez´ert Z 1 ∗ ∗ ¯ dx1 . . . dxn P ((ξ1 , . . . , ξn ) ∈ C) = P ((ξ1 , . . . , ξn ) ∈ C) = ¯ (b − a)n C Z n! dx1 . . . dxn , = n C (b − a) ´es innen k¨ ovetkezik a feladat a´ll´ıt´ asa. 79.) Legyenek ξ1 , ξ2 , . . . , f¨ uggetlen exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok valak P mely λ > 0 param´eterrel, ´es tekints¨ uk az Sk = ξj , k = 1, 2, . . . , r´eszlet¨ osszej=1
geket. Az (S1 , . . . , Sn+1 ) v´eletlen vektornak van g(u1 , . . . , un+1 ) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, n+1 −λun+1 ´es az a g(u1 , . . . , un+1 ) = λ e f¨ uggv´eny, ha 0 ≤ u1 < · · · < un+1 , ´es g(u1 , . . . , un+1 ) = 0 egy´ebk´ent. Megold´ as. Ismerj¨ uk a (ξ1 , . . . , ξn+1 ) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´et, ´es e s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel fel tudjuk ´ırni a keresett eloszl´ asf¨ uggv´eny ´ert´ekeit megad´o P (S1 < x1 , . . . , Sn+1 < xn+1 ) val´ osz´ın˝ us´egeket alkalmas integr´al form´aj´aban. Ezeket az integr´alokat ´ at´ırva megfelel˝ o koordin´ atatranszform´aci´o seg´ıts´eg´evel megkapjuk a feladat megold´ as´at. n+1 Q A (ξ1 , . . . , ξn+1 ) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye a h(v1 , . . . , vn+1 ) = k(vj ) j=1
f¨ uggv´eny, ahol k(v) = λe
−λv
, ha v ≥ 0, ´es k(v) = 0, ha v < 0. Tov´ abb´a,
P (S1 < x1 , . . . , Sn+1 < xn+1 ) = P ((ξ1 , . . . , ξn+1 ) ∈ An+1 ) Z h(v1 , . . . , vn+1 ) dv1 . . . dvn+1 , = An+1
ahol An+1 = An+1 (x1 , . . . , xn+1 ) = {(v1 , . . . , vn+1 ): v1 < x1 , v1 + v2 < x2 , . . . , v1 + · · · + vn+1 < xn+1 }. Val´ oban, {ω: S1 (ω) < x1 , . . . , Sn+1 (ω) < xn+1 } = {ω: (ξ1 (ω), . . . , ξn+1 (ω)) ∈ An+1 }, ´es a (ξ1 , . . . , ξn+1 ) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye a h(v1 , . . . , vn+1 ) f¨ uggv´eny. Innen k¨ ovetkezik a fenti azonoss´ag. Alkalmazzuk az uj = v1 +· · ·+vj , 1 ≤ j ≤ n+1, transzform´ aci´ot. E transzform´ aci´o n+1 Q Jacobianja 1, m´ asr´eszt h(v1 , . . . , vn+1 ) = k(uj − uj−1 ), u0 = 0 v´ alaszt´ assal, j=1
ahonnan h(v1 , . . . , vn+1 ) = g(u1 , . . . , un+1 ), azaz h(v1 , . . . , vn+1 ) = λn+1 e−un+1 , ha 0 < u1 < · · · < un+1 mert ez felel meg a vj > 0, 1 ≤ j ≤ n + 1 felt´etelnek, ´es h(v1 , . . . , vn+1 ) = g(u1 , . . . , un+1 ) = 0, egy´ebk´ent. Meg kell m´eg gondolni, hogy mi az An+1 halmaz Bn+1 inverze a fenti (invert´ alhat´ o) transzform´ aci´o eset´en, mert ez a transzform´ alt integr´al integr´al´ asi tartom´anya. 48
Egyszer˝ u sz´amol´ as mutatja, hogy Bn+1 = {(u1 , . . . , un+1 ): u1 < x1 , . . . , un+1 < xn+1 }. Innen azt kapjuk, hogy
P (S1 < x1 , . . . , Sn+1 < xn+1 ) Z =
g(u1 , . . . , un+1 ) du1 . . . dun ,
{(u1 ,...,un+1 ): u1 <x1 ,...,un+1 <xn+1 }
´es ez volt a bizony´ıtand´ o´ all´ıt´ as. 80.) Legyenek adva f¨ uggetlen a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszl´ as´ u ξ1 , . . . , ξn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok, ´es egy t˝ol¨ uk f¨ uggetlen η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o, amelynek n+1 n s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(x) = λ n! x e−λx , ha x ≥ 0, ´es g(x) = 0, ha x < 0. (Az η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o eloszl´ asa megegyezik n + 1 f¨ uggetlen, λ param´eter˝ u exponenci´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o ¨ osszeg´enek az eloszl´ as´aval.) Tekints¨ uk a ξ1 , . . . ξn val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okb´ ol k´esz´ıtett ξ1∗ < · · · < ξn∗ rendezett mint´at, ´es defini´aljuk a (T1 , . . . , Tn ) = (ηξ1∗ , . . . , ηξn∗ ) v´eletlen vektort, ´es legyen η = Tn+1 . Mutassuk meg, hogy a (T1 , . . . , Tn , Tn+1 ) = (ηξ1∗ , . . . , ηξn∗ , η) v´eletlen vektor eloszl´ asa megegyezik n + 1 darab f¨ uggetlen λ param´eter˝ u exponenci´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o (S1 , . . . , Sn+1 ) r´eszlet¨ osszegeib˝ ol a´ll´ o v´eletlen vektor eloszl´ as´aval. Megold´ as. A (ξ1∗ , . . . , ξn∗ , η) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye (a 72. feladat eredm´enye alapj´ an) n g(v1 , . . . , vn+1 ) = λn+1 vn+1 e−λvn+1 ,
ha 0 ≤ v1 < v2 < · · · < vn ≤ 1, vn+1 ≥ 0,
´es g(v1 , . . . , vn+1 ) = 0 egy´ebk´ent. Innen kapjuk, hogy P (T1 < x1 , . . . , Tn < xn , Tn+1 < xn+1 ) = P (ηξ1∗ < x1 , . . . , ηξn∗ < xn , η < xn+1 ) Z = h(v1 , . . . , vn+1 )g(v1 , . . . , vn+1 ) dv1 . . . dvn+1 , ahol h(v1 , . . . , vn+1 ) = 1,
ha vj vn+1 < xj , 1 ≤ j ≤ n,
´es vn+1 < xn+1 ,
´es h(v1 , . . . , vn+1 ) = 0 egy´ebk´ent. Val´ oban, a keresett val´ osz´ın˝ us´eg egyenl˝o az Eh(ξ1∗ , . . . , ξn∗ , η) v´ arhat´ o ´ert´ekkel, ´es mivel a (ξ1∗ , . . . , ξn∗ , η) v´eletlen vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye g(v1 , . . . , vn+1 ) ezt a v´ arhat´ o ´ert´eket az adott m´ odon kell kisz´ amolni. ´Irjuk ´ at ezt az integr´alt az uj = vn+1 vj , 1 ≤ j ≤ n, un+1 = vn+1 (invert´ alhat´ o) −n transzform´ aci´o seg´ıts´eg´evel. Ennek a transzform´ aci´onak a Jacobian-ja |un+1 | = ∂v uj −n 1 , un+1 , ha un+1 > 0. Ugyanis vj = un+1 , 1 ≤ j ≤ n, vn+1 = un+1 , ez´ert ∂ujj = un+1 49
1 ≤ j ≤ n,
∂vj ∂un+1
u
= − u2 j , 1 ≤ j ≤ n, n+1
∂vn+1 ∂un+1
= 1, ´es
∂vj ∂uk
= 0 egy´ebk´ent. Innen
k¨ onnyen l´athat´ o, hogy a Jacobiant defini´al´ o m´ atrix determin´ansa egyenl˝o a m´ atrix −n diagon´ alis elemeinek szorzat´aval, ami un+1 -nel egyenl˝o.
Ezt felhaszn´alva a fenti azonoss´agot a k¨ ovetkez˝ ok´epp ´ırhatjuk a´t. P (T1 < x1 , . . . , Tn < xn , Tn+1 < xn+1 ) Z ¯ 1 , . . . , un+1 )¯ g (u1 , . . . , un+1 )u−n = h(u n+1 du1 . . . dun+1 Z = λn+1 e−λun+1 du1 . . . dun+1 , {(u1 ,...,un+1 ): u1 <x1 ,...,un+1 <xn+1 , 0≤u1 <···
¯ 1 , . . . , un+1 ) = 1, ha uj < xj , 1 ≤ j ≤ n + 1, ´es h(u ¯ 1 , . . . , un+1 ) = 0 ahol h(u egy´ebk´ent, g¯(u1 , . . . , un+1 ) = λn+1 unn+1 e−λun+1 , ha 0 ≤ u1 < u2 < · · · < un < un+1 , ´es g¯(u1 , . . . , un+1 ) = 0 egy´ebk´ent. Ez azt jelenti, hogy a (T1 , . . . , Tn , Tn+1 ) vektor s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye λn+1 e−λun+1 , ha 0 ≤ u1 < · · · < un+1 , ´es nulla egy´ebk´ent. ¨ Osszehasonl´ ıtva ezt a rel´ aci´ot a f¨ uggetlen exponenci´ alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok egy¨ uttes s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny´enek a kisz´ am´ıt´ as´ an´ al kapott k´eplettel (l´ asd a 27. vagy 79. feladat eredm´eny´et) megkapjuk a feladat ´ all´ıt´ as´at. 80a.) Legyen ξ1 , . . . , ξn+1 f¨ uggetlen, λ param´eter˝ u exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi k P v´ altoz´ ok sorozata. Defini´ aljuk az Sk = ξj , 1 ≤ k ≤ n + 1, r´eszlet¨ osszegeket j=1 Sn S1 ´es a (Z1 , . . . , Zn ) = Sn+1 , . . . , Sn+1 v´eletlen vektort. Mutassuk meg, hogy a (Z1 , . . . , Zn ) v´eletlen vektor f¨ uggetlen az Sn+1 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot´ ol, ´es eloszl´ asa megegyezik egy n elem˝ u, f¨ uggetlen, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot tartalmaz´ o sorozatb´ ol k´esz´ıtett rendezett minta eloszl´ as´aval. Megold´ as. Tekints¨ unk ξ1 , . . . , ξn+1 f¨ uggetlen, exponenci´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi k P v´ altoz´ okat λ param´eteterrel, ezek Sk = ξj , 1 ≤ k ≤ n + 1, r´eszlet¨ osszegeit, j=1
valamint f¨ uggetlen, a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszl´ as´ u (Z1 , . . . , Zn ) val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, egy t˝ol¨ uk f¨ uggetlen, ´es az Sn+1 val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ oval megegyez˝ o eloszl´ as´ u η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot. Legyen 0 ≤ Z1∗ < · · · < Zn ∗ ≤ 1 a Zk , 1 ≤ k ≤ n, val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat, ´es defini´aljuk a Tk = ηZk∗ , k = 1, . . . , n, ´es Tn+1 = η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okat. A 74. feladat eredm´enye alapj´ an az (S1 , . . . , Sn+1 ) ´es (T1 , . . . , T ) v´ e letlen vektorok eloszl´ a sa megegyezik. De ovetkezik, n+1 ebb˝ol az is k¨ T1 1 n n hogy az SSn+1 , . . . , SSn+1 , Sn+1 ´es Tn+1 , . . . , TTn+1 , Tn+1 = (Z1∗ , . . . , Zn∗ , η) v´eletlen vektorok eloszl´ asa is megegyezik, ´es ezt kellett bel´ atni. Az utols´ o l´ep´esben azt haszn´ altuk fel, hogy egy v´eletlen vektor eloszl´ asa meghat´ arozza e v´eletlen vektor f¨ uggv´enyeinek az eloszl´ as´at is.
81.) Legyen az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ o az Ω = [0, 1] × [0, 1] egys´egn´egyzet, rajta a szok´ asos A Borel σ-algebr´aval, ´es legyen P = λ, a Lebesgue m´ert´ek az egys´egn´egyzet Borel-m´erhet˝ o r´eszhalmazain. Legyen F az A × [0, 1], A ∈ B1 alak´ u 50
halmazokb´ ol ´ all´ o σ-algebra, ahol B1 a [0, 1] intervallumon gener´ alt σ-algebr´at jel¨oli. Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges (m´erhet˝ o ´es integr´alhat´ o) f (x, y) f¨ uggv´enyt az egys´egn´egyzeten (az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on), ´es sz´amoljuk ki az E(f (x, y)|F) felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´eket az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on.
Megold´ as. Ha az f (x, y) f¨ uggv´eny val´ oban f¨ ugg mind a k´et v´ altoz´ oj´at´ ol, akkor nem R1 F m´erhet˝ o f¨ uggv´eny. Viszont defini´aljuk a g0 (x) = 0 f (x, y) dy ´es g(x, y) = g0 (x) f¨ uggv´enyeket. (A g(x, y) f¨ uggv´eny val´ oj´aban nem f¨ ugg az y koordin´ at´ ol, viszont tekinthet˝ o egy az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on defini´alt val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak, ´es mivel nem f¨ ugg az y koordin´ at´ ol (´es Borel m´erhet˝ o), ez´ert F m´erhet˝ o. Azt all´ıtom, hogy E(f (x, y)|F) = g(x, y). Ehhez azt kell ellen˝ ´ orizni, hogy Z
g(x, y) dx dy =
A×[0,1]
Z
f (x, y) dx dy.
A×[0,1]
Viszont Z
g(x, y) dx dy =
A×[0,1]
Z
g0 (x) dx =
A
=
Z Z A
Z
0
1
f (x, y) dy
dx
f (x, y) dx dy,
A×[0,1]
amint ´ all´ıtottuk. 82.) Legyen az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ o az Ω = [0, 1] × [0, 1] egys´egn´egyzet, rajta a szok´ asos A Borel σ-algebr´aval. R¨ ogz´ıts¨ unk egy olyan h(x, y) f¨ uggv´enyt az R1R1 egys´egn´egyzeten, amelyre h(x, y) ≥ 0 minden (x, y) pontban, 0 0 h(x, y) dx dy = 1, ´es legyen a P m´ert´ek az egys´egn´egyzeten a Lebesgue m´ert´ Rek szerint h(x, y) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´ennyel rendelkez˝ o m´ert´ek, azaz legyen P (B) = B h(x, y) dx dy az egys´egn´egyzet minden Borel-m´erhet˝ o B r´eszhalmaz´ an. Legyen F az A×[0, 1] alak´ u halmazokb´ ol ´ all´ o σ-algebra, ahol A ∈ B1 , ´es B1 a [0, 1] intervallumon gener´ alt σ-algebr´at jel¨oli. Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges (m´erhet˝ o ´es a P m´ert´ek szerint integr´alhat´ o) f (x, y) f¨ uggv´enyt az egys´egn´egyzeten, ´es sz´amoljuk ki az E(f (x, y)|F) felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´eket az (Ω, A, P ) val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ on. Megold´ as. A keresett felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´ek a k¨ ovetkez˝ o: Defini´ aljuk a g0 (x) =
Z
0
1
f (x, y) R 1 0
h(x, y) h(x, y) dy
dy =
R1 0
f (x, y)h(x, y) dy R1 h(x, y) dy 0
´es g(x, y) = g0 (x) f¨ uggv´enyeket. Azt ´ all´ıtom, hogy a g(x, y) f¨ uggv´eny a keresett felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´ek. Ez a f¨ uggv´eny nem f¨ ugg az y koordin´ at´ ol, ´ıgy F m´erhet˝ o. Azt ´ all´ıtom, hogy E(f (x, y)|F) = g(x, y). Azt kell ellen˝ orizni, hogy Z
g(x, y)h(x, y) dx dy =
A×[0,1]
Z
A×[0,1]
51
f (x, y)h(x, y) dx dy
minden m´erhet˝ o A ⊂ [0, 1] halmazra. Viszont Z
g(x, y)h(x, y) dx dy =
A×[0,1]
=
Z Z A
Z Z A
0
1
f (x, y)h(x, y) dy
1
h(x, y) dy g0 (x) dx
0
dx =
Z
f (x, y)h(x, y) dx dy,
A×[0,1]
amint ´ all´ıtottam. A kapott eredm´eny megfelel szeml´eletes k´ep¨ unknek, amely szerint r¨ogz´ıtett x0 sz´amra az E(f (x, y)|x = x0 ) felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´eket u ´gy sz´amolhatjuk ki, hogy az f (x0 , y) f¨ uggv´enyt kiintegr´aljuk az y v´ altoz´ o szerint, de nem a s˝ ur˝ us´egf¨ uggh(x0 , y) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny, hanem ennek normaliz´altja a R 1 h(x0 ,y) 0
h(x0 ,y) dy
v´eny szerint. 83.) Legyen (ξ, η) egy k´et-dimenzi´ os norm´ alis eloszl´ as´ u v´eletlen vektor. Sz´ am´ıtsuk ki az E(ξ|η) felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´eket. Megold´ as: L´ attuk, (l´ asd a t¨obbv´ altoz´ os cent´alis hat´areloszl´ast´etel el˝ oad´as eredm´enyeit) hogy ξ = aη + ζ alakban ´ırhat´ o, ahol az a konstans alkalmas v´ alaszt´ as´aval Cov (ξ,η) (nevezetesen az a = Var η v´ alaszt´ assal) el´erhet˝ o, hogy a ζ = ξ − aη ´es η val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ok f¨ uggetlenek legyenek. Ezzel az a v´ alaszt´ assal E(ξ|η) = E((aη + ζ)|η) = aE(η|η) + E(ζ|η) = aη + Eζ = a(η − Eη) + Eξ Cov (ξ, η) (η − Eη) + Eξ = Var η
a v´ arhat´ o ´ert´eknek az el˝ oad´asban a felt´eteles v´ arhat´ o ´ert´ek tulajdons´agait felsorol´ o t´etelben szerepl˝o 1., 5. ´es 6. tulajdons´agok alapj´ an.
52
