matematikai statisztika gyakorlatok

½ ségszámítás ValószínU és matematikai statisztika gyakorlatok

feladatok és megoldások 2010. február 19.

ii

Tartalomjegyzék 1. Valószín½uségszámítási feladatok 1.1. Függetlenség, feltételes valószín½uség . . . . . . 1.2. Valószín½uségi változók . . . . . . . . . . . . . 1.3. Nevezetes eloszlású valószín½uségi változók . . . 1.4. Várható érték, szórás . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Generátorfüggvény, karakterisztikus függvény . 1.6. Központi határeloszlás tétel . . . . . . . . . . 1.7. Vektor valószín½uségi változók . . . . . . . . . 1.8. 2 ; T és F eloszlás . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Regresszió analízis . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. Sztochasztikus folyamatok . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

1 1 5 15 22 29 32 34 37 43 55

2. Matematikai statisztika feladatok 2.1. Paraméter becslések . . . . . . . 2.2. Paraméteres próbák . . . . . . . . 2.3. Nem paraméteres próbák . . . . . 2.4. Függ½oségi kapcsolatok . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

63 63 75 78 81

. . . .

iii

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

iv

TARTALOMJEGYZÉK

1. fejezet Valószín½uségszámítási feladatok 1.1. Függetlenség, feltételes valószín½uség 1.1. Feladat. Egy sakk versenyen 2N = 32 versenyz½o indul. A verseny egyenes kieséses rendszer szerint, N = 5 fordulóban zajlik úgy, hogy minden forduló után a gy½ozteseket véletlenszer½uen párosítják, és bármelyik versenyz½o 21 valószín½uséggel gy½ozi le ellenfelét (döntetlen kizárva). Mennyi annak valószín½usége, hogy két kijelölt versenyz½o megmérk½ozik egymással? Megoldás: Vizsgáljuk el½oször annak p valószín½uségét, hogy 2K számú versenyz½o párosítása során, mennyi annak valószín½usége, hogy két kijelölt játékos egymás ellen játszik? Az eseteket számoljuk meg úgy, hogy az egyik kiválasztott versenyz½ohöz sorsolunk egy másikat: összes eset: 2K kedvez½o eset: 1 p= Jelölje n = 1; 2;

1 1 2K 1

; N esetén

An a két versenyz½o megmérk½ozik az n-edik fordulóban Bn mindkét versenyz½o nyer az n-edik fordulóban Fn mindkét versenyz½o részt vesz az n-edik fordulóban akkor teljesülnek ;N 1 Fn+1 = Fn \ An \ Bn n = 1; 2; 1 P (An ) P (An jFn ) = N +1 n = =) P (Fn ) = P (An ) 2N +1 n 2 1 P (Fn ) F1 =

1

1

n = 1;

;N

½ 1. FEJEZET. VALÓSZÍNUSÉGSZÁMÍTÁSI FELADATOK

2

P (An+1 ) = P (Fn \ An \ Bn \ An+1 ) = = P (Fn ) P An jFn = P (An ) 2N +1

n

P Bn jFn \ An 2N +1 2N +1

1

tehát P (An ) = P (A1 )

1 2n 1

n

P An+1 jFn \ An \ Bn =

1 2 1 N n 1 4 2

n

1

= P (An )

1 2

;N .

n = 1; 2;

A keresett esemény kizáró események úniójaként A = A1 [ A2 [

[ AN ,

és valószín½usége P (A) =

1 31

1 1 1 1 + 2+ 3+ 4 2 2 2 2

=

1 . 16

1.2. Feladat. Szinbád, a szultánnak tett szolgálataiért, választhat egyet az N = 100 háremhölgy közül úgy, hogy az egyenként el½otte elvonuló hölgyek valamelyikére rámutat. Tegyük fel, hogy a háremhölgyek szépségük szerint egyértelm½uen sorrendbe állíthatók, és Szinbád taktikája a következ½o: a véletlen sorrendben elvonuló hölgyek közül, az els½o n = 10 szemrevétele után azt választja, aki szebb minden korábban látottnál. Mennyi annak valószín½usége, hogy Szinbád a legszebb háremhölgyet választja? Megoldás: Vezessük be a következ½o eseményeket A B1 B2 .. .

.. .

a legszebb hölgy az N -edik helyen áll

BN ahol a Bk P (Bk ) =

Szinbád a legszebb háremhölgyet választja a legszebb hölgy az els½o helyen áll a legszebb hölgy a második helyen áll .. .

k = 1; 2; : : : ; N események teljes eseményrendszert alkotnak, és 1 N

k = 1; 2; : : : ; N

P (A j Bk ) =

0 n k 1

ha k = 1; 2; : : : ; n ha k = n + 1; n + 2; : : : ; N

amib½ol a keresett P (A) =

N X

k=n+1

n k

N 100 1 n X 1 10 X 1 = = = 0:2358409 1 N N k=n+1 k 1 100 k=11 k 1

valószín½uség a teljes valószín½uség tétellel számolható. Megjegyzés: Ha az N = 100 esetben megkeressük azt az n számot, amire P (A) maximális, kapjuk az 100 X n 1 100 k=n+1 k 1

kifejezés maximumát n = 37 esetén, és ekkor P (A) = 0:37474278. Megmutatható, hogy N ! 1 esetén, Nn = e = 2: 718 3 arány adja a maximális valószín½uséget, ami most 100 = 37 2: 702 7 .

½ 1.1. FÜGGETLENSÉG, FELTÉTELES VALÓSZÍNUSÉG

3

1.3. Feladat. Két testvér, A és B; p illetve q valószín½uséggel mond igazat. Ha B azt állítja, hogy A hazudik, mennyi annak valószín½usége, hogy A igazat mond? Megoldás: Vezessük be az alábbi eseményeket A1 A2 B1 B2

A A B B

mond egy igaz állítást mond egy hamis állítást azt állítja, hogy A igaz állítást mond azt állítja, hogy A hamis állítást mond

akkor feltehetjük: P (A1 ) = p P (A2 ) = 1 p P (B1 j A1 ) = P (B2 j A2 ) = q P (B1 j A2 ) = P (B2 j A1 ) = 1

q

amib½ol a keresett P (A1 j B2 ) =

P (B2 j A1 ) P (A1 ) = P (B2 j A1 ) P (A1 ) + P (B2 j A2 ) P (A2 ) (1

(1 q) p q) p + q (1

p)

valószín½uség a Bayes tétellel számolható. 1.4. Feladat. Egy l½otéren húszan gyakorolnak, köztük 4 kiváló, 7 jó és 9 gyenge felkészültség½u lövész van, akik 0:9; 0:8 illetve 0:6 valószín½uséggel találják el a célt. Egy találomra meg…gyelt lövés sikeres illetve sikertelen voltából következtessünk a lövész felkészültségére! Adjuk meg a hibás következtetés valószín½uségét! Megoldás: Vezessük be az alábbi eseményeket: A1 A2 B1 B2 B3

a meg…gyelt lövés nem talál a meg…gyelt lövés talál kiváló lövész adta le a lövést közepes lövész adta le a lövést gyenge lövész adta le a lövést

Foglaljuk össze a két teljes eseményrendszerrel kapcsolatos P (Ai \ Bj ) és P (Bj j Ai ) valószín½uségeket az alábbi táblázatban: A

B

A1 A2 P (B )

B1 0:1 = 0:02 0:0 2 = 0: 074 07 0:27 4 0:9 20 = 0: 18 0: 18 = 0: 246 58 0:73 4 = 0:20 20 4 20

B2 0:2 = 0:0 7 0:0 7 = 0: 259 26 0:27 7 0:8 20 = 0: 28 0: 28 = 0: 383 56 0:73 7 = 0:35 20 7 20

B3 0:4 = 0: 18 0: 18 = 0: 666 67 0:27 9 0:6 20 = 0: 27 0: 27 = 0: 369 86 0:73 9 = 0:45 20 9 20

P (A ) 0:27 0:73 1:00

Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


4

Tehát a Bayes döntés, és a hiba valószín½usége: d P Ai \ Bd 1 7! 3 0: 18 2 7! 2 0: 28 0:46

(i)

P (Hd ) = 1

0:46 = 0: 54

1.5. Feladat (*). Egy kosárlabda játékos egymás után végez büntet½o dobásokat. Az els½ot bedobja, a másodikat nem, és minden további dobása akkora valószín½uséggel lesz sikeres, mint amennyi a megel½oz½o dobásokban a kosarak relatív gyakorisága. Mennyi annak valószín½usége, hogy 100 dobásból pontosan 50 kosarat fog dobni? Megoldás: Jelölje Ak

a k-adik dobás sikeres

akkor az az esemény, hogy 3 N számú dobásból n számú sikeres: [ Ac33 \ Ac44 \ \ AcNN 1 n N BN;n =

1

(1.1)

c3 ;c4 ;:::;cN

ahol a c3 ; c4 ; : : : ; cN sorozat n 1 számú ”t” szóköz karakter és N n 1 számú ”c” komplementer jel egy permutációja. A (1.1) diszjunkt únió egy tagjának valószín½usége a szorzási szabály segítségével, ha például minden szóköz elöl áll: P A3 \ A4 \

\ An+1 \ Acn+2 \ Acn+3 \ AcN = n 1 1 2 1 2 = 2 3 n n+1 n+2 =

Ezt az értéket kapjuk minden (n követ½o tényez½ok nevez½oi rendre 2;

(N 2)! 1)! (N n 1)!

3;

n;

N

n N

1 N

1 (n

1

1

= 1)! (N n (N 2)!

1)!

számú permutáció esetén, hiszen az egymást

n + 1;

N

1

és a számlálók két (egyesével) növekv½o 1;

2;

n

1 illetve

1;

2;

N

n

1

sorozat permutációja lesz. Tehát P (BN;n ) =

1 N

1

vagyis az N -edik dobás után minden lehetséges n = 1; 2; valószín½u.

;N

1 érték egyformán

½ 1.2. VALÓSZÍNUSÉGI VÁLTOZÓK

5

1.2. Valószín½uségi változók 1.6. Feladat. A következ½o szerencsejátékot játszuk 10Ft be…zetése ellenében: kockát dobunk, és ha az eredmény 1, 2 vagy 3, akkor még …zetünk további 5Ft-ot. Ha a dobás eredménye 4, 5 vagy 6, akkor hatszor ennyi Ft-ot kapunk. Jelölje a játékban elért eredményt (bevétel - kiadás), a) adjuk meg a véletlen kísérlet matematikai modelljét! b) adjuk meg

eloszlását!

c) mennyi a nyerés ( > 0) valószín½usége? d) mi a legvalószín½ubb érték? Megoldás: a) A véletlen kísérlet matematikai modellje a kombinatórikus v.m. (n – összes eset száma, k –kedvez½o esetek száma): = f1; 2; 3; 4; 5; 6g

(!) =

8 > > < > > :

15 14 20 26

ha ha ha ha

! ! ! !

Mivel most minden részhalmaza esemény, a események közül elég vizsgálni a f = 15g f = 14g f = 20g f = 26g

= = = =

n=6

= 1; 2; 3 =4 =5 =6

.

függvény v.v., mellyel kapcsolatos

f1; 2; 3g f4g f5g f6g

k k k k

=3 =1 =1 =1

eseményeket. b)

értékkészlete véges, ezért diszkrét eloszlása és eloszlásfüggvénye az értékek növekv½o sorrendjében megadva: x P ( = x) F (x) 3 15 0 6 1 3 14 6 6 . (1.2) 4 1 20 6 6 1 5 26 6 6 P 1 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


6 c) Számítsuk ki a

P ( > 0) =

1 1 1 1 + + = 6 6 6 2

valószín½uséget. d) Mivel max fP ( = x)g = x

a keresett érték ( un. módusza)

1 = P( = 2

15) ,

15:

1.7. Feladat. Egy 2 egység hosszúságú szakaszon találomra választunk egy pontot. Az így kapott két részb½ol, mint oldalakkal, téglalapot készítünk. Jelölje a téglalap területét, a) adjuk meg a véletlen kísérlet matematikai modelljét! b) adjuk meg

eloszlását!

c) mennyi annak valószín½usége, hogy a terület

1 3

és

2 3

közé esik?

d) milyen értéknél lesz nagyobb illetve kisebb a terület azonos valószín½uséggel? Megoldás: a) A véletlen kísérlet matematikai modellje a geometriai v.m.(H –összes eset hossza, h –kedvez½o esetek hossza): = [0; 2] H = 2 (!) = ! (2

!) ! 2 [0; 2] .

Vizsgáljuk a -vel kapcsolatos f < xg ”nívóhalmazokat”, ami az !) < x ! 2 [0; 2]

! (2

(1.3)

egyenl½otlenség megoldáshalmaza. Az egyenl½otlenség ekvivalens alakításával kapjuk 0 < !2

2! + x ! 2 [0; 2]

aminek megoldása, ha i) 4 ii) 4

4x < 0 , x > 1 4x = 0 , x = 1

f < xg = [0; 2] h = 2 f < xg = [0; 2] n f1g h = 2

iii) 4 4x > 0 , x < 1 Ha 0 < x < 1 f < xg = 0; 1 ha pedig x

p

1

x [ 1+

p

1

x; 2

0 f < xg = ; h = 0 .

h=2 1

p

1

x ,


Tehát b)

7

valóban valószín½uségi változó.

eloszlása nem lehet diszkrét, ezért adjuk meg eloszlásfüggvényét:

F (x) = P ( < x) =

8 < :

p0 1 1

1

ha x 0 x ha 0 < x ha 1 < x

ami szakaszonként folytonosan di¤erenciálható, tehát 1 f (x) = p 2 1 x

1

folytonos eloszlású (1.4)

0<x<1

s½ur½uségfüggvénnyel. c) Számítsuk ki a P

1 < 3

2 < 3

=

Z

2 3 1 3

1 p dx = F 2 1 x

2 3

1 3

F

=

p

p

6

3

3

valószín½uséget. d) Mivel

folytonos eloszlású, P ( = x) = 0 minden x 2 R esetén, ezért keressük az P ( < x) = P ( > x) = F (x) =

1 2

egyenlet megoldását, amib½ol 1

p

1

x=

1 3 )x= , 2 4

tehát a keresett érték ( u.n. mediánja) 43 . 1.8. Feladat. Két kockát dobunk, és dobás minimumát. a) Adjuk meg ( ; ), b) Függetlenek-e

és

jelölje az eredmények maximumát,

pedig a két

eloszlását!

és ?

c) Mennyi annak valószín½usége, hogy a maximum legalább kétszer akkora mint a minimum? Megoldás: Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


8

a) Mivel ( ; ) véges értékkészlet½u, a kombinatorikus v.m.-ben számolhatjuk eloszlását, amit az értékek szerint táblázatba foglalva kapjuk az együttes illetve perem eloszlásokat: y 1 2 3 4 5 6 P ( = x) x 1 1 1 0 0 0 0 0 36 36 2 1 3 2 0 0 0 0 36 36 36 2 2 1 5 3 0 0 0 36 36 36 36 (1.5) 2 2 2 1 7 4 0 0 36 36 36 36 36 2 2 2 2 1 9 5 0 36 36 36 36 36 36 2 2 2 2 2 1 11 6 36 36 36 36 36 36 36 9 7 5 3 1 P ( = y) 11 1 36 36 36 36 36 36 b) Mivel például P ( = 1; = 1) = ezért

és

1 1 11 6= = P ( = 1) P ( = 1) , 36 36 36

nem függetlenek.

c) A keresett valószín½uség: P(

2 )=

2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 + + + + + + + + = . 36 36 36 36 36 36 36 36 36 2

1.9. Feladat. Válasszunk véletlen pontot az egység sugarú körben, jelölje a pont koordinátáit és , a polárkoordinátákat pedig és '. a) Adjuk meg a véletlen kísérlet matematikai modelljét! b) Keressünk -vel és -val kapcsolatos esemányeket, melyek nem fügetlenek! c) Függetlenek-e, a

és ' véletlen mennyiségekkel kapcsolatos események?

Megoldás: a) A véletlen kísérlet matematikai modellje a geometriai v.m.(T –összes eset területe, t –kedvez½o esetek területe): = (x; y) j x2 + y 2

p

(x; y) = x (x; y) 2 (x; y) = y (x; y) 2 x2 + y 2

(x; y) 2 8 0 > > > > > 2 > < arctan xy '(x; y) = arg(x; y) = > 2 > > y > arctan + > > x : arctan xy + 2 (x; y) =

1

ha ha ha ha ha ha

x=y y>0 y 0 y<0 x<0 y<0

=0 és x = 0 és x > 0 és x = 0 és x > 0


9

b) Mivel a pozitív terület½u ( p ) ( p 2 2 > = (x; y) j <x 2 2

)

1

és

események kizárják egymást, ezért p p ! 2 2 P > ; > = 0 6= P 2 2 tehát a két esemény, és akkor

(

p ) ( p 2 2 > = (x; y) j
p ! 2 > P 2

)

1

p ! 2 > >0 2

és ; nem függetlenek

c) Adjuk meg a -val kapcsolatos eseményeket 8 ; ha b 0 t = 0 < 2 2 2 f(x; y) j x + y < b g ha 0 < b 1 t = b2 f < bg = : ha 1 < b t = és a '-vel kapcsolatos eseményeket 8 ; ha c 0 t = 0 < c ívmétrék½u körcikk ha 0 < c 2 t= f' < cg = : ha 2 < c t =

c 2

:

Továbbá

8 > > ; > > > > > > c ívmétrék½u, b sugarú > > > > körgy½ur½u-cikk > > < c ívmétrék½u f < bg \ f' < cg = körcikk > > > > b sugarú > > > > koncentrikus kör > > > > > > :

ha b 0 vagy c 0 ha 0 < c 2 és 0 < b 1 ha 0 < c 2 és 1 < b ha 0 < b 1 és 2 < c ha 1 < b és 2 < c

t=0 t=

c 2

t=

c 2

b2

t = b2 t=

tehát kapjuk

P ( < b; ' < c) = P ( < b) P (' < c) b; c 2 R , ami

és ' függetlenségét jelenti, mivel a megfelel½o eloszlásfüggvényekre kaptuk: F

;' (b; c)

= F (b) F' (c) b; c 2 R .

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a és ' véletlen mennyiségek ugyanazon ( ; ) pár által meghatározottak, annak függvényei, valószín½uségszámítási értelemben mégis függetlenek. Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


10

1.10. Feladat. Egy diszkrét eloszlású v.v. eloszlása x 2 1 0 1

P ( = x) p 0:3 0:1 q

és tudjuk, hogy a v.v. negatív értéket 0:5 valószín½uséggel vehet fel. a) Adjuk meg p és q értékét! b) Adjuk meg

2

=

c) Adjuk meg a f

2

eloszlását! 2g esemény valószín½uségét!

+

Megoldás: a) Mivel P ( < 0) = p + 0:3 = 0:5 ) p = 0:2 , továbbá 1 = 0:2 + 0:3 + 0:1 + q ) q = 0:4 . b) Mivel

értékkészlete f0; 1; 4g, y 0 1 4

c) Az

P ( = y) P 0:1 = Px2 =0 P ( = x) . 0:7 = Px2 =1 P ( = x) 0:2 = x2 =4 P ( = x) x2 + x

2

0 x2

egyenl½otlenség megoldáshalmaza f 1; 0; 1g; tehát X P ( 2 + < 2) = P ( = x) = 0:3 + 0:1 + 0:4 = 0:8 . x2 +x<2

1.11. Feladat. Legyen a

v.v. s½ur½uségfüggvénye ( c p ha 1<x 1 jxj f (x) = : 0 egyébként

a) Adjuk meg c értékét! b) Adjuk meg

és

=

2

eloszlásfüggvényét,

s½ur½uségfüggvényét!

(1.6)

½ 1.2. VALÓSZÍNUSÉGI VÁLTOZÓK 2

c) Adjuk meg a j

j<

3 4

11

esemény valószín½uségét!

Megoldás: a) Mivel 1=

Z

f =2

eloszlásfüggvénye:

8 > > <

F (x) = P ( < x) =

mivel

0 esetén

1<x

P ( < x) = és 0 < x

1

0

R

b)

Z

1 esetén

Z

> > : x

1

1 2

c 1 p dx = 4c ) c = . 4 x

1 2

0 p ( x) p + 12 x 1 1 2

Z

0

2

F (x) = P ( mivel 0 < x P( Ebb½ol

1 esetén 2

< x) = P (

p

1p ( x) , 2

1 1 p dt = 2 4 t

P ( < x) = P ( < 0) + eloszlásfüggvénye:

ha x 1 ha 1<x 0 ; ha 0 < x 1 ha 1 < x

x

1 1 1p p dt = + x. 2 2 4 t

8 < p0 ha x 0 4 x ha 0 < x < x) = : 1 ha 1 < x

x<

<

p

p x) = F ( x)

F(

1

p

x) =

p 4

x.

s½ur½uségfüggvénye: 1 f (x) = F 0 (x) = p 4 4 x3

0<x

1.

c) Az jx2

xj <

3 4

x2R

egyenl½otlenséget alakítva, oldjuk meg: 3 0 < x2 x + és x2 4 A megoldáshalmaz: ] 21 ; 32 [, így P

2

<

3 4

=P

1 < 2

=1

1 2

x

3 <0. 4

3 3 < =F F 2 2 r ! 1 1 = 0: 853 55. 2 2

1 2

=



12

1.12. Feladat. Válasszunk két véletlen pontot a [0; 1] intervallumban, jelölje az els½oként választott értéket ; és legyen a két érték maximuma. a) Adjuk meg ( ; ) eloszlását! Független-e

és ?

b) Adjuk meg a peremek eloszlását! c) Folytonos-e ( ; ) eloszlása? Megoldás: a) Adjuk meg ( ; ) eloszlásfüggvényét: 8 > > 0 > > < xy y2 F ; (x; y) = > > x > > : 1

ha ha ha ha ha

x 0 vagy y 0 0<x y 1 0 < y 1 és y < x 0 < x 1 és 1 < y 1 < x és 1 < y

Mivel például a

f > 0:5g és f < 0:5g pozitív valószín½uség½u események kizáróak, ezért nem lehetnek függetlenek, és így és sem független. b)

eloszlásfüggvénye: 8 < 0 ha x 0 x ha 0 < x F (x) = lim F ; (x; y) = y!1 : 1 ha 1 < x

1

s½ur½uségfüggvénye:

f (x) = F 0 (x) = 1 0

x

1.

eloszlásfüggvénye: 8 < 0 ha y 0 y 2 ha 0 < y F (y) = lim F ; (x; y) = x!1 : 1 ha 1 < y

1

s½ur½uségfüggvénye:

f (y) = F 0 (y) = 2y

0

y

1.

c) ( ; ) eloszlása nem lehet folytonos, mert P ( = ) = 0:5; de folytonos eloszlás esetén ZZ P( = ) = f (x; y)dxdy = 0 x=y

következne, mivel nulla mérték½u halmazon kell integrálni.


13

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a peremek ugyan folytonos eloszlásúak, az F ; eloszlásfüggvény folytonos, és nulla mérték½u halmazon kívül folytonosan di¤erenciálható, mégsem folytonos az együttes eloszlás. 1.13. Feladat. Legyen a 1 ; 2 ; : : : ; n : ! R független, azonos eloszlású valószín½uségi változók közös s½ur½uségfüggvénye f : R ! R+ 0 ; és jelölje közülük a nagyság szerint k-adikat k k = 1; 2; : : : ; n. a) Adjuk meg

n

eloszlását!

b) Adjuk meg ( 1 ;

2 ; : : : ; n)

:

! Rn eloszlását!

c) Mutassuk meg, hogy az Akl = f k = l g l = 1; 2; : : : ; n események függetlenek ( 1 ; 2 ; : : : ; n )-t½ol minden k = 1; 2; : : : ; n esetén! Megoldás: a) Mivel P( kapjuk

n

n

< x) = P (

1

< x;

2

< x; : : : ;

n

< x) =

s½ur½uségfüggvényét:

Z

n

x

f (t)dt 1

f n (x) = n F n 1 (x) f (x) x 2 R ahol F (x) = a közös eloszlásfüggvényt jelöli.

Z

x 1

f (t)dt x 2 R

b) Mivel ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) együttes eloszlása folytonos, 1 valószín½uséggel különböz½o értékeket vesznek fel, ezért elég megadni ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) eloszlását a H = f(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) j x1 < x2 < halmazon. Legyenek I1 ; I2 ;

R intervallumok olyanok, hogy

; In I1

< xn 2 Rg

I2

In

H ,

akkor, ha P(

1

jelöli az 1; 2; : : : ; n számok permutációinak halmazát, X 2 I1 ; 2 2 I2 ; P ( k1 2 I1 ; k2 2 I2 ; n 2 In ) = = n!

tehát ( 1 ;

2 ; : : : ; n)

Z

Z

I1 I2

(k1 ;k2 ;

kn

;kn )2

f (x1 ) f (x2 )

2 In )

f (xn )dx1 dx2

dxn ,

In

eloszlása folytonos

(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 7! n! f (x1 ) f (x2 )

f (xn )

(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2 H

s½ur½uségfüggvénnyel. Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


14

c) Vizsgáljuk a k = 1 esetet, és jelölje Al = A1l l = 1; 2; : : : ; n. Mivel az (Al )nl=1 eseményrendszer 1 valószín½uséggel teljes eseményrendszert alkot, és minden tagja azonos valószín½uség½u, P (Al ) = n1 l = 1; 2; : : : ; n. Vizsgáljuk most a P (Al \ (

1

2 I1 ; Z =

2

2 I2 ; Z

n

2 In )) = (n

I1 I2

1)! f (x1 ) f (x2 )

f (xn )dx1 dx2

dxn

In

valószín½uséget, ami éppen n1 P ( 1 2 I1 ; 2 2 I2 ; H esetén Al és f( 1 ; 2 ; ; n ) 2 I1

n

2 In ), tehát I1 I2

In

In g

I2

függetlenek, amib½ol már következik az állítás. 1.14. Feladat (*). Ha és független skalár valószín½uségi változó, és vénye folytonos, mutassuk meg, hogy

eloszlásfügg-

P ( = ) = 0: Bizonyítás. Mivel P( = ) elég a

2 U(0; 1), és im( ) f = g=

P (F ( ) = F ( )) ,

[0; 1] esetben igazolni az állítést. Ekkor

1 [ n \

k n

n=1 k=0

<

k+1 n

k n

\

k+1 n

<

amib½ol n X 1 P ( = ) = lim F n!1 n k=0

1 F n!1 n

= lim

1.15. Feladat (*). Legyenek ;

k+1 n

F

k n

= 1 =0 n!1 n

n+1 n

F (0) = lim

független szentpétervári valószín½uségi változók, azaz

P ( = 2k ; = 2l ) =

1 1 2k 2l

k; l 2 N+ .

(1.7)

Mutassuk meg, hogy van olyan ( ; A; P ) v.m., melyben ( ; ) értelmezett, és eloszlása 1.7, továbbá megadható ( 0 ; 0 ) ugyanilyen eloszlással, és teljesül +

=2 0+

0

1f

0

0g

.

(1.8)

½ 1.3. NEVEZETES ELOSZLÁSÚ VALÓSZÍNUSÉGI VÁLTOZÓK

15

Bizonyítás. Legyen = (2k ; 2l ; ) j k; l 2 N+ ;

A=2 1 1 1 P f(2k ; 2l ; )g = k l 2 2 2 vezessük be továbbá a

2 f0; 1g

k; l 2 N+ ;

2 f0; 1g

! R (2k ; 2l ; ) 7! 2k

k; l 2 N+ ;

2 f0; 1g

0

:

0

:

! R (2k ; 2l ; ) 7! 2l k

l

! R (2 ; 2 ; ) 7!

:

k; l 2 N+ ; +

k; l 2 N ;

2 f0; 1g

2 f0; 1g

független valószín½uségi változókat. Ekkor ( 0 ; 0 ) eloszlása (1.7) szerinti, és ha bevezetjük a = =

0 0

1f 1f

+[ 0g + [

0< 0g 0<

2 0 + (1 0 + (1

)

0

] 1f 0 ) 2 ] 1f

0

0g

0

0g

valószín½uségi változókat, akkor teljesül (1.8). Adjuk meg ( ; ) eloszlását: P 1 1 1 1 P ( = = 2k ) = P ( 0 = 2k ; 0 < 0 ) = 1 l=k+1 2k 2l = 2k 2k k = 1; 2; : : : P ( = 2k ; = 2l ) = P ( = 0; 0 = 2l 1 ; 0 = 2k ) = 21 2l1 1 21k = 21k 21l k = 1; 2; : : : l = k + 1; k + 2; k l 0 k 1 0 P ( = 2 ; = 2 ) = P ( = 1; = 2 ; = 2l ) = 12 2k1 1 21l = 21k 21l l = 1; 2; : : : k = l + 1; l + 2; tehát ( ; ) eloszlása is (1.7) szerinti.

1.3. Nevezetes eloszlású valószín½uségi változók 1.16. Feladat. Egy 20 f½os tanulócsoportban 12 lány és 8 …ú van. 6 találomra válsztott felelés során, milyen határok között van a lányok száma legalább 0.8 valószín½uséggel, ha a) minden tanuló csak egyszer felelhet? b) minden tanuló tetsz½oleges számúszor felelhet? Megoldás: Jelölje a)

a lányok számát a 6 felel½o között, akkor feltehetjük, hogy

= 3: 6 értéket közrefogó legvalószín½ubb értékekkel 2 Hyp(20; 12; 6); és az n p = 6 12 20 kezdve, számoljuk: P k P ( = k) (124)(82) = 0: 357 59 0: 357 59 4 (206) 12 8 ( 3 )(3) 3 = 0: 317 85 0: 675 44 (206) (125)(81) 5 = 0: 163 47 0: 838 91 (206) Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


16 Tehát

5) = 0: 838 91 .

0:80 < P (3 b)

12 = 0:6); és az n p = 6 2 Bin(6; 20 értékekkel kezdve, számoljuk:

k 4 3 5 2

P ( = k) 6 0:64 4 6 0:63 3 6 0:65 5 6 0:62 2

0:42 0:43 0:41 0:44

12 20

= 3: 6 értéket közrefogó legvalószín½ubb

= 0: 311 04 = 0: 276 48 = 0: 186 62 = 0: 138 24

P

0: 311 04 0: 587 52 0: 774 14 0: 912 38

Tehát 5) = 0: 912 38 .

0:80 < P (2

Megjegyzés: A kérdésre más válasz is adható, például a b) esetben P ( = 6) =

6 6

0:66 0:40 = 4: 665 6

10

2

értékkel számolva kapjuk 0:80 < P (3

6) = 0: 774 14 + 4: 665 6

10

2

= 0: 820 8 .

1.17. Feladat. Egy háztartási bizosításra átlagosan 5 év alatt egyszer kell kártérítést …zetni. a) Mennyi annak valószín½usége, hogy egy biztosított egy adott évben nem jelentkezik kártérítésért? b) Mennyi annak valószín½usége, hogy egy biztosításra 5 év alatt egynél több év lesz, amikor kell kártérítést …zetni? Megoldás: a) Jelölje egy biztosított kártérítéseinek számát egy év alatt, akkor feltehetjük, hogy 2 Po( 51 ). A keresett valószín½uség: P ( = 0) = e

1 5

= 0: 818 73 .

b) Jelölje az n = 5 év alatt bekövetkez½o p = 1 0: 818 73 = 0: 181 27 valószín½uség½u események számát, akkor 2 Bin(5; 0: 181 27) . A keresett valószín½uség: P ( > 1) = 1

0: 818 735 + 5 0: 181 27 0: 818 734 = 0: 224 87 .

1.18. Feladat. Egy bizonyos forrásból származó adatállomány mérete exponenciális eloszlású véletlen mennyiség. Tudjuk, hogy az esetek felében az állomány mérete meghaladja a 120 kB-ot.


17

a) Mennyi annak valószín½usége, hogy egy állomány mérete meghladja a 200 kB-ot? b) Ha egymás után kapunk ilyen állományokat, mennyi annak valószín½usége, hogy az els½o 200 kB-ot meghaladó méret½u a tizedik útán, de még a tizenötödik el½ott érkezik? Megoldás: a) Jelölje

egy állomány méretét, akkor

2 Exp( ), és tudjuk, hogy 120

P ( > 120) = e amib½ol

= 0: 5.

ln(0:5) = 5: 776 2 120

=

10

3

tehát a keresett valószín½uség P ( > 200) = e

5: 776 2 10

3

200

= 0: 314 98

b) Jelölje annak az állománynak a sorszámát, amely nagyobb mint 200 kB, akkor 2 Geom(0: 314 98), és a keresett valószín½uség P (11

14) =

14 X

0: 314 98)k

(1

1

0: 314 98 = 1: 774 3

10

2

.

k=11

1.19. Feladat. Tudjuk, hogy a feln½ott emberek magassága N (175; 10) eloszlású véletlen mennyiség. a) Milyen magas legyen egy ajtó, ha azt karjuk, hogy valaki 99%-os biztonsággal gond (lehajlás) nélkül tudja azt használni? b) Ha egy lakásban négy feln½ott lakik, mennyi annak valószín½usége, hogy legfeljebb egy f½o magasabb az el½obb megadott ajtó-méretnél? c) Milyen magas legyen az ajtaja egy 200 f½os el½oadó teremnek, ha azt akarjuk, hogy 90%os valószín½uséggel senkinek ne okozzon gondot az ajtó? Megoldás: a) Jelölje

2 N (175; 10) v.v. egy feln½ott magasságát, és q a keresett értéket, akkor P ( < q) = F (q) =

amib½ol a

q

175 10

= 0:99

(2: 326 3) = 0:99 táblázati értékkel kapjuk q

175 = 2: 326 3 10

tehát q = 198: 26 . Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


18

b) Jelölje azok számát, akiknek alacsony ez a méret, akkor keresett valószín½uség:

2 Bin(4; 0:01), tehát a

1) = 0:994 + 4 0:01 0:993 = 0: 999 41

P(

c) Jelölje azok számát, akiknek alacsony a keresend½o q méret, akkor Po(200p), tehát 200p

P ( = 0) = e

ln(0:9) = 5: 268 200

= 0:9 ) p =

2 Bin(200; p) u 4

10

és teljesülni kell q

P ( < q) = F (q) = amib½ol a

(3: 275 8) = 1

5: 268 q

4

10

175 10

=1

5: 268

10

4

táblázati értékkel kapjuk

175 = 3: 275 8 10

tehát q = 207: 76 . 1.20. Feladat. Egy öt …úból, és öt lányból álló társaságban a …úk magassága N (180; 8), a lányoké N (172; 10) eloszlású véletlen mennyiség. a) Ha választunk egy …út és egy lányt, mennyi annak valószín½usége, hogy a …ú legalább 5 cm-rel magasabb a lánynál? b) Ha öt táncoló párt alkot a társaság, mennyi annak valószín½usége, hogy van köztük legalább egy pár, ahol a …ú nem magasabb legalább 5 cm-rel a lánynál? Megoldás: a) Jelölje az egymástól független 2 N (180; 8) a …ú, akkor a keresett valószín½uség P( >

+ 5) = P (

= mivel b)

2 N (8;

p p

3 164

> 5) = 1

F

2 N (172; 10) a lány magasságát, (5) = 1

5 8 p 164

=

= 0: 592 61

164) .

jelölje azon párok számát, ahol a …ú nem magasabb 5 cm-rel a lánynál, akkor 2 Bin(5; 0:40739), és a keresett valószín½uség P ( > 0) = 1

0: 592 615 = 0: 926 91 .


19

1.21. Feladat. Legyenek ; 2 N (0; 1) függetlenek, adjuk meg a)

2

eloszlását!

b)

2

+

c)

2

eloszlását!

eloszlását!

Megoldás: a) Adjuk meg az eloszlásfüggvényt: F 2 (x) =

p0 2 ( x)

ha x 0 1 ha 0 < x

< x) = P (

p

p

mivel 0 < x esetén P(

2

x<

<

p x) = 2 ( x)

1.

A s½ur½uségfüggvény: 1 1 f 2 (x) = F 02 (x) = p '(x) = p exp x 2 x

x 2

0<x

(1.9)

b) Vezessük be a h(x; y) = x2 + y 2 ; arg (x; y) x; y 2 R r f(0; 0)g p p h 1 (R; ) = R cos( ); R sin( ) R > 0; 0 amivel (

2

2

+

<2

; ) = h( ; ), és és függetlenek, ezért együttes s½ur½uségfüggvényük f ; (u; v) =

1 2

u2 + v 2 2

exp

(u; v) 2 R2

(1.10)

és így f( mivel a h

1

2+ 2;

) (R;

)=

1 1 2 2

exp

R 2

R > 0; 0

<2

függvény derivált mátrixának determinánsa 02 31 p cos( ) R sin( ) 7C B6 2pR 6 7C = 1 , det B @4 sin( ) p 5A 2 p R cos( ) 2 R

amib½ol kapjuk f

2+ 2

(R) =

Z

0

2

1 1 2 2

exp

R 2

d =

1 exp 2

R 2

R>0.



20 c) Vezessük be a

1

= , és

2

v.v.-kat, akkor ( 1 ; 2 ) = h( ; ); ahol

=

u ;v v

h(u; v) =

u 2 R, 0 6= v 2 R

a ( ; ) értékkészletének 1-valószín½uség½u részén értelmezett, invertálható h 1 (x; y) = (x y; y) x 2 R, 0 6= y 2 R és di¤erenciálható, az inverz derivált mátrixa: y x 0 1

x 2 R, 0 6= y 2 R

és y x 0 1

det

x 2 R, 0 6= y 2 R .

=y

Tehát a (1.10)-b½ol kapjuk ( 1 ; 2 ) s½ur½uségfüggvényét f

1;

2 (x; y) = jyj

x2 y 2 + y 2 2

1 exp 2

x 2 R, 0 6= y 2 R ,

amib½ol a keresett s½ur½uségfüggvény: f 1 (x) =

Z1 1

=

x2 y 2 + y 2 2

1 exp jyj 2 1 x2

dy = 2

x +1 2 y 2

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy 2 + eloszlása pedig az u.n. Cauchy eloszlás.

2

> 0;

x2 + 1 2 y dy = 2

1 exp 2 1 x2

1 +1

exponenciális eloszlású

=

= y=0

1.22. Feladat. Legyen " 2 N (0; 1), adjuk meg olyan melyre teljesül ( )2 = "2 2 ahol

y

0 y!1

2

1 exp +1

Z1

+

2 2

2

") +

=0

másodfokú egyenletet -re, melynek diszkriminánsa (2

+

2 2 2

")

4

2 2

=4

3 2

paraméterrel,

(1.11)

Megoldás: Az (1.11) egyenletet alakítva kapjuk a (2

1 2

valószín½uségi változó eloszlását,

> 0.

2

x2R.

" +

4 4

" >0,


ezért van két

1

<

2

21

különböz½o gyök, melyek összege és szorzata 1+

2

=

tehát mindkett½o pozitív, és

2

=

2 2

+ 2

p

1

"

2

0<

>0

1

2

2

=

>0

miatt 1

<

<

.

2

Tehát az (1.11) egyenletnek két megoldása van, és ezek eloszlása: a)

1

eloszlása. Mivel 1 = h("2 ), ahol h : R+ !]0; [

)2

(x

h 1 (x) =

10

h

2x

x2

(x) =

2

2

használjuk "2 (1.9) szerinti s½ur½uségfüggvényét, amivel kapjuk x2

f1 (x) =

2

x+

=

2

x2 r

q 2

)2

(x

)2 2x

exp

2

2x

(x )2 2 2x

exp

2 x3

1

(x

1

x 2]0; [,

x2

!

=

x 2]0; [

s½ur½uségfüggvényét. b)

2

eloszlása. Hasonlóan kapjuk

2

f2 (x) =

x+

r

2 x3

(x )2 2 2x

exp

x 2] ; +1[

s½ur½uségfüggvényét. Az (1.11) egyenlet további megoldásai nyerhet½ok tetsz½oleges A 2 A eseménnyel =

1

1A +

2

1A

alakban. Legyen például 2 U(0; 1) a 1 -t½ol (és akkor a n o A= < + 1 . Ekkor eloszlásfüggvénye F (z) = P =

Z

0

1 z

r

< z; <

2 x3

exp

+

+P

2

< z;

1

(x )2 2 2x

dx

2

=

2 1

-t½ol is) független, és

+

= 1

0


22 mivel P

1

< z; <

+

= 1

( R R z

=

0

R R

R0z R0

2

< z;

+

1

=P (

= = Tehát

2

f1 (x)dudx ha 0 < z <

+x

f1 (x)dudx

0

ha

=

ha 0 < z < f (x)dx ha < z +x 1

f (x)dx +x 1

0

P

+x

0

2

< z;

=

+

2

0 ha 0 < z < f2 (x)dudx ha < z

RzR1

x +x

=

0 ha 0 < z < f (x)dx ha < z +x 2

Rz

megoldása az (1.11) egyenletnek, és s½ur½uségfüggvénye: r (x )2 exp 0<x. f (x) = 2 x3 2 2x

1.4. Várható érték, szórás 1.23. Feladat. Az 1.6. feladatban adjuk meg az eredmény várható értékét szórását! Megoldás: Használjuk

(1.2) eloszlását

x P ( = x) x P ( = x) x2 P ( = x) 3 45 675 15 6 6 6 1 14 196 14 6 6 6 1 20 400 20 6 6 6 1 26 676 26 6 6 6 P 5 649 1 2 2

Tehát

5 E( ) = 2

D( ) =

s

649 2

2

5 2

= 17: 84

1.24. Feladat. Az 1.7. feladatban adjuk meg a terület várható értékét szórását! Megoldás: Használjuk

(1.4) s½ur½uségfüggvényét: 1 f (x) = p 2 1 x

Tehát E( ) =

Z

0

1

1 2 x p dx = 3 2 1 x

0<x<1.

2

E( ) =

Z

0

1

x2

1 8 p dx = 15 2 1 x

23

1.4. VÁRHATÓ ÉRTÉK, SZÓRÁS

így kapjuk D( ) =

s

8 15

2

2 3

=

2p 5. 15

1.25. Feladat. A következ½o szerencsejátékot játszuk: T -összeg be…zetése ellenében dobunk egy kockát, és ha az eredmény 1, 2 vagy 3, akkor nem nyerünk semmit, ha 4, 5 vagy 6 a dobás eredménye, akkor 18, 24 illetve 30 a nyereményünk a) Milyen T -összegig érdemes játszani? b) Mennyi a játékban elért eredmény szórása, amikor a várható eredmény 0? Megoldás: a) Jelölje

a játékban elért eredményt, akkor x

eloszlása P ( = x)

T T T T

1 2 1 6 1 6 1 6

1 + (24 6

T)

18 24 30 amib½ol E( ) =

T

1 + (18 2

T)

1 + (30 6

T)

1 = 12 6

T .

Tehát érdemes játszani, ha T < 12 : b) Mivel E( ) = 0 , T = 12, és ekkor 1 1 1 1 D2 ( ) = E( 2 ) = ( 12)2 + 62 + 122 + 182 = 156 2 6 6 6 p p D( ) = 156 = 2 39 = 12: 49 1.26. Feladat. Adjuk meg a 1.8. feladat

és

véletlen mennyiségeivel kapcsolatban az

a) E( ); E( ); E( ) várható értékeket és a D( ); D( ) szórásokat! b)

a + b közelítést!

Megoldás: Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


24 a) Használjuk az (1.5) x

y

1

1 2 3 4 5 6 P ( = y)

1 36 2 36 2 36 2 36 2 36 2 36 11 36

2 0

3 0 0

1 36 2 36 2 36 2 36 2 36 9 36

4 0 0 0

1 36 2 36 2 36 2 36 7 36

5 0 0 0 0

1 36 2 36 2 36 5 36

1 36 2 36 3 36

6 0 0 0 0 0

P ( = x) 1 36 3 36 5 36 7 36 9 36 11 36

1 36 1 36

1

eloszlást, amib½ol 3 5 7 9 11 161 1 +2 +3 +4 +5 +6 = 36 36 36 36 36 36 36 11 9 7 5 3 1 91 E( ) = 1 +2 +3 +4 +5 +6 = 36 36 36 36 36 36 36 E( ) = 1

1 2 1 2 1 +2 1 +2 2 + (3 1 + 3 2) +3 3 + 36 36 36 36 36 2 1 2 + (4 1 + 4 2 + 4 3) +4 4 + (5 1 + 5 2 + 5 3 + 5 4) + 36 36 36 1 2 1 49 +5 5 + (6 1 + 6 2 + 6 3 + 6 4 + 6 5) +6 6 = 36 36 36 4

E( ) = 1 1

továbbá E( 2 ) = 12 E( 2 ) = 12

1 3 5 7 9 11 791 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 = 36 36 36 36 36 36 36 11 9 7 5 3 1 301 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 = 36 36 36 36 36 36 36

tehát D( ) = D( ) =

s s

791 36

161 36

301 36

91 36

2

= 2

=

1p 2555 = 1: 404 1 36

1p 2555 = 1: 404 1 36

b) Mivel cov( ; ) = r=

49 4 p 1

36

161 91 1225 = 36 36 1296 1225 1296 p 1 2555 36 2555

=

35 73

25


kapjuk a regressziós együtthatók értékét 1225 1296

a=

p 1

36

b=

91 36

2

35 = 0: 479 45 73

=

2555 35 161 28 = = 0: 383 56 73 36 73

és a maradék szórásnégyzetet 2 R

1p 2555 36

=

2

35 73

1

2

!

=

665 = 1: 518 3 . 438

1.27. Feladat. Adjuk meg az 1.11. feladatban szerepl½o és valószín½uségi változók várható értékét és szórását, valamint a két véletlen mennyiség korrelációs együthatóját! Megoldás: Mivel

s½ur½uségfüggvénye ( 1 p ha 1<x 1 4 jxj f (x) = : 0 egyébként

kapjuk Z

Z 1 1 1 E( ) = x p dx + x p dx = 0 4 x 4 x 1 0 Z 0 Z 1 1 1 1 2 2 p dx + E( ) = E( ) = x x2 p dx = 5 4 x 4 x 1 0 Z 0 Z 1 1 1 1 E( 2 ) = E( 4 ) = x4 p dx + x4 p dx = 9 4 x 4 x 1 0 Z 0 Z 1 1 1 E( ) = E( 3 ) = x3 p dx + x3 p dx = 0 4 x 4 x 1 0 kapjuk D( ) =

r

1 5

0

D( ) =

s

1 9

1 5

2

=

4 15

cov( ; ) = 0 r = 0 .

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy és korrelálatlan, de nem független, mert például Z 1 4 1 1 1 p dx = P < = 4 4 x 1 4 Z 1 9 1 1 1 1 2 p dx = P > =P < +P > =2 81 9 9 3 x 1 4 és P

<

1 1 ; > 4 81

=P

<

1 4

=

1 1 2 6= . 4 4 3



26

1.28. Feladat. Egy ujságárusnál egy adott lapot átlagosan 100 vásárló keres egy napon. Ha naponta 120 lapot rendel, mennyi a várható haszna, ha az 50Ft-ért beszerzett lapot 60Ft-ért adja a vásárlónak, és a megmaradt példányokat 30Ft-ért veszi vissza a terjeszt½o? Megoldás: Felthetjük, hogy a napi kereslet 2 Po(100), és ha N = 120 jelöli a rendelt mennyiséget, akkor a haszon véletlen mennyisége: = 10 = 30

1f 1f

= 30 (

20 (N ) 1f N g + (10 N ) 1f 30 N 1f N g + 10 N =

Ng Ng

N ) 1f

+ 10N = 30

Ng

120 X

(k

120)

k=0

1.29. Feladat. Legyenek = 1 2 . Adjuk meg az

1

(k

N )1f

k=0

Adjuk meg ennek várható értékét: E( ) = 30

N X

100k e k!

100

=kg

>N g

=

+ 10N .

+ 10 120 = 596: 92 .

2 N (10; 2); 2 2 Exp(2) függetlenek, és jelölje a + b regressziós közelítést!

=

1

és

Megoldás: Számítsuk ki a szükséges várható értékeket: E( ) = 10 E( ) = E (

1

2)

2 1

2

1 =5 2

= 10

D2 ( ) = 4 E( ) = E cov( ; ) = 52 2

E( ) = E D2 ( ) = 52

= 22 + 102

1 = 52 2

10 5 = 2 2 1

2 2

2

2

= 2 + 10

1 2

2

+

1 2

2

!

= 52

52 = 27

amib½ol kapjuk a=

2 1 = 4 2

r=p

4

2 p

1.30. Feladat (*). Legyen akkor létezik, ha a

b=5

27

= 2

p

3 9

1 10 = 0 2 0

= 27 @1

! R v.v., mutassuk meg, hogy E( ) akkor és csak 1 X n=1

sor konvergens!

2 R

1 p !2 3 A = 26 . 9

P (j j > n)

(1.12)

27


Bizonyítás. Elég

0 esetet vizsgálni, amikor teljesül N X n=1

1f

1+

>ng

N X n=1

1f

,

>ng

és ebb½ol már következik az állítás. 1.31. Feladat (*). Bizonyítsuk az un. ”parciális integrálás” szabályát: Legyen 0 v.v. eloszlásfüggvénye F , akkor Z x Z x tdP = (1 F (t)) dt x (1 F (x + 0)) x > 0. (1.13) 0

0

Bizonyítás. Mivel n 1 X k x 1fx k n n k=0

<x k+1 n g

+ x 1f

=xg

%

1f

xg

,

kapjuk Z

n 1 X k x F n!1 n k=0

x

tdP = E

0

1f

xg

= x P ( = x) + lim

x

k+1 n

F

x

k n

=

2 1 1 1 2 2 x F x x F x + x F x n n n n n n 3 1 3 2 1 3 x F x x F x + x F x n n n n n n .. . n n n 1 n 1 1 n x F x x F x x F x = n n n n n n Z x n 1 X 1 k x F x = xF (x + 0) lim = xF (x + 0) F (t)dt = n!1 n n 0 k=0 Z x (1 F (t)) dt x (1 F (x + 0)) . =

x (F (x + 0)

F (x)) + lim

n!1

0

Következmények: 1. Vegyük észre, hogy (1.13) jobb oldalán szerepl½o integrál F monotonitása miatt mindig létezik, és véges. 2. Mivel az eloszlásfüggvény x 2 R folytonossági helyein (tehát egy legfeljebb megszámlálható halmaz kivételével) 1f

xg

x 1f

>xg

+

1f

xg



28 kapjuk Z x tdP

x (1

F (x)) +

0

Z

Z

x

tdP =

0

x

(1

F (t)) dt

E( ) = lim

x!1

0

Tehát E( ) pontosan akkor létezik, ha az érték½u, és ekkor Z 1

E( ) =

R1 0

(1

(1

Z

x

tdP .

0

F (t)) dt improprius integrál véges

F (t)) dt .

0

3. Ha im( ) N, akkor a (1.12) sort kiegészítve, a akkor véges, ha létezik a várható érték, és ekkor E( ) =

Z

1

(1

F (t)) dt =

0

Z

1

(1

F (t)) dt +

0

P1

n=0

Z

P ( > n) összege pontosan

2

(1

F (t)) dt +

=

1

=

1 X

P ( > n) .

n=0

1.32. Feladat (*). Ha P j

v.v.-nak van várható értéke és szórása, akkor E( )j > 2D( ) + P j

1 4

E( )j > 3D( ) <

és nincs 14 -nél kisebb fels½o korlát. Bizonyítás. Elég az E( ) = 0, D( ) = 1 eset vizsgálata, és jelölje > 2 1f

+ 1f

>2g

>3g

)

2

> 4 1f

>2g

+ 5 1f

>3g

= j j. Mivel

,

ezért 1 > 4 (P (j Legyen továbbá P

n

=

n

E( )j > 2D( )) + P (j

E( )j > 3D( ))) :

v.v., melyre

1 2+ n

1 1 n12 = 2 4 + n4

P

n

=

1 n

1 3 + n4 + = 2 4 + n4

1 n2

n = 2; 3; : : :

amib½ol következik E( n ) = 0, D( n ) = 1; és P (j n j > 2) =

1 n12 1 4 ! 4 4+ n

P (j n j > 3) = 0 tehát

1 4

a legkisebb fels½o korlát.

1.33. Feladat (*). Legyen 0 teljesül m2n+1

v.v., és mn = E( n ) n = 0; 1; 2; : : : ; N + 2, akkor mn mn+2

n = 0; 1; 2; : : : ; N .

29

1.5. GENERÁTORFÜGGVÉNY, KARAKTERISZTIKUS FÜGGVÉNY

Bizonyítás. Tegyük fel el½oször, hogy van olyan 0 < ", melyre " hogy a (x) = ln (E( x )) x 2 [0; N ] függvény konvex. x+h

nyilván értelmezett, és mivel elég kis h esetén

x

h

h

0

x

=

x

( + 1 + jln "j)

h

x+h

N +1

+ + jln "j

x N +2

jln j

. Megmutatjuk,

h

+

2

jln "j +

+

N +1

+ + jln "j +

N +1

+

jln "j +

jln "j + jln "j2 ;

ezért a várható érték és a deriválás sorrendje felcserélhet½o, így 0

amib½ol 00

(x) =

x E(ln ) x E( )

(x) =

E(ln2

x

x 2 [0; N ]

) E( x ) E 2 (ln E 2( x)

x

)

x 2 [0; N ]

ahol a számláló nem lehet negatív, ugyanis E2 Tehát

p

ln

konvex, és így

x

ln mn+1

p

x

E(ln2

x

) E( x ):

1 (ln mn + ln mn+2 ) 2

vagyis amit meg kellett mutatni. Legyen most 0 és " = " + ; és jelölje m"n = E( "n ), akkor a fentiekb½ol, és lim m"n = mn

"!0+

miatt következik az állítás.

1.5. Generátorfüggvény, karakterisztikus függvény 1.34. Feladat. Legyen a

és

független v.v.-k generátorfüggvénye: 1 1 1 + z + z2 2 4 4 1 1 2 1 3 G (z) = z + z + z 6 3 2 G (z) =

adjuk meg

+

generátorfüggvényét, várható értékét és szórását! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


30 Megoldás: Mivel G

+

1 1 1 1 1 1 + z + z2 z + z2 + z3 = 2 4 4 6 3 2 1 5 3 5 1 = z5 + z4 + z3 + z2 + z z 2 C 8 24 8 24 12

(z) =

kapjuk 5 9 5 1 5 G0 + (z) = z 4 + z 3 + z 2 + z + 8 6 8 12 12 5 5 9 5 1 37 0 G + (1) = + + + + = = E( + ) 8 6 8 12 12 12 5 5 9 5 G00+ (z) = z 3 + z 2 + z + 2 2 4 12 5 5 9 5 23 G00+ (1) = + + + = = E ( + )2 2 2 4 12 3

E( + )

tehát E( + ) = D( + ) = 1.35. Feladat. Legyen a

37 12 s

23 37 + 3 12

2

=

1p 179 12

v.v. s½ur½uségfüggvénye 1 f (x) = e 2

a; b 2 R adjuk meg

37 12

jxj

x2R

= a + b karakterisztikus függvényét!

Megoldás: Adjuk meg el½oször Z 1 1 it (t) = E(e ) = eitx e jxj dx = 2 1 Z 0 Z 1 1 1 = eitx ex dx + eitx e x dx = 2 2 1 0 1 1 t 1 1 t 1 = i + + i = 2 2 2 2 2 (1 + t ) 2 1 + t 2 (1 + t ) 2 1 + t 1 + t2 karakterisztikus függvényét, amib½ol (t) = eitb ' (at) =

eitb 1 + a2 t2

t2R.

t2R

31

1.5. GENERÁTORFÜGGVÉNY, KARAKTERISZTIKUS FÜGGVÉNY

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy az inverziós formula következménye szerint, a folytonos eloszlás s½ur½uségfüggvényét megkaphatjuk Z 1 1 jxj 1 1 e = e itx dt 2 2 1 + t2 1 amib½ol a t =

u helyettesítéssel, és rendezve Z 1 1 1 jxj e = eiux du x 2 R , 1 + u2 1

kapjuk a Cauchy eloszlás karakterisztikus függvényét. 1.36. Feladat. Legyen a

adjuk meg

v.v. s½ur½uségfüggvénye ( 3 2 x ha 0 < x < 2 8 f (x) = ; 0 egyébként

karakterisztikus függvényét!

Megoldás: Adjuk meg a karakterisztikus függvényt: Z 2 Z 2 itx 2 eitx 3 2 3 e it itx 3 2 x dx = x xdx = (t) = E(e ) = e 8 it 8 it 4 0 0 0 Z 2 itx 2 e eitx 3 3 3i 2it e x + dx = = 2 2 2 2 2t it 4 0 4 0 i t =

3i 2it 3 e + 2 e2it 2t 2t

3 eitx 4 it3

2

3 3i 3i + 2+ 3 2t 2t 4t

= 0

e2it

3i 4t3

t 2 R n f0g .

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a fenti eredmény csak t 6= 0 esetben értelmezett, de minden karakterisztikus függvény folytonos a t = 1 helyen, és értéke 1; amit esetünkben ellen½orizhetünk: 3i 3 3i 3i lim + 2 + 3 e2it =1 t!0 2t 2t 4t 4t3 1.37. Feladat. Legyen a zlása:

v.v. exponenciális eloszlású, és E( ) = 10, és a k 1 2 3

adjuk meg

v.v. elos-

P ( = k) 1 2 1 4 1 4

generátorfüggvényét! Adjuk meg továbbá az =

X

k

k=1

v.v. karakterisztikus függvényét és várható értékét, ha eloszásuk azonos a valószín½uségi változóéval!

k

k = 1; 2; : : : függetlenek, és közös



32 Megoldás: Adjuk meg

1 1 1 G(z) = z + z 2 + z 3 2 4 4 generátorfüggvényét, és

k

1 1 it10 karaktrisztikus függvényét, amivel kapjuk

t2R

(t) =

(t) =

z2C

1 1 1 + 2 1 it10 4

1 1 it10

2

+

1 4

1 1 it10

3

t2R,

továbbá 1 i10 (1 2 35 0 (0) = i ) 2 0

1 2i10 (1 4 35 E( ) = 2

(t) =

it10)

2

+

it10)

3

+

1 3i10 (1 4

it10)

4

1.6. Központi határeloszlás tétel 1.38. Feladat. Milyen határok között lehet az a véletlen mennyiség, amit 12 darab, 0 és 1 közötti véletlen szám összegéb½ol 6-ot levonva kapunk, 90%-os valószín½uséggel? Megoldás: Jelölje az

k

2 U(0; 1) k = 1; 2;

=

12 X k=1

v.v. közelít½oen

k

a független véletlen számokat, akkor r 1 =1 6 E( ) = 0 D( ) = 12 12 ; 12

2 N (0; 1), tehát P( x

x) = 0:9 , 2 (x)

aminek x = 1:645 a megoldása, mivel

1 = 0:9 ,

(x) = 0:95

(1:645) = 0:95 .

1.39. Feladat. Egy üzletben egy nap átlagosan 120 vev½o vásárol. Mennyi annak valószín½usége, hogy 90-nél kevesebben vásárolnak egy napon? Megoldás: p Jelölje a vásárlók számát, akkor N 120; 120 eloszlással, tehát P ( < 70) =

90 120 p 120

=1

2 P (120), ami már közelíthet½o az

(2:74) = 1

0: 996 93 = 0:00 307

1.40. Feladat. Hányszor kell egy szabályos érmét feldobnunk ahhoz, hogy a fejek számának relatív gyakorisága legalább 0.9 valószín½uséggel 0.01-nél kevesebbel térjen el a valószín½uségt½ol

33

1.6. KÖZPONTI HATÁRELOSZLÁS TÉTEL

Megoldás: Jelölje v.v. a fejek számát n dobásból, akkor szabályos érme esetén Bin(n; 21 ), és keressük azt az n számot, melyre teljesül P 2 N n 12 ;

Mivel közelít½oen 2

p 2 n 0:01

1

1 < 0:01 2

n

q n 41 , ezért

n

p 2 n 0:01

0:9 ,

1 2

2

0:9 .

2 N 0; 2p1 n ; amivel kapjuk

p 0:95 , 2 n 0:01

1:645 ,

p

164:5 2

n

mivel (1:645) = 0:95 , tehát n 6765 esetén teljesül a feltétel. Megjegyzés: Ha az érme nem szabályos, akkor P

p < 0:01

n

0:9

kell, hogy teljesüljön az ismeretlen p 2]0; 1[ értékkel, és ekkor

p2N

n

0;

p

p(1 p) p n

;

amib½ol p ! 0:01 n p p(1 p)

2

p ! 0:01 n p p(1 p)

0:9 ,

1

0:95 ,

p

n

p 164:5 p(1

p)

ahol a kívánt egyenl½otlenség következik az p egyenl½otlenségb½ol, mivel megoldása a feladatnak.

p

p(1

p)

n

164:5 1 2

1 2

. Tehát az el½oz½o eredmény minden p esetén

1.41. Feladat. Egy 1000 darabos tételben 200 hibás darab van. Ha 100 darabot kiválasztunk, legalább hány hibás darab lesz a kivettek között 90%-os valószín½uséggel? Megoldás: Jelölje a hibásak számát a mintában, akkor közelíthetünk N (20; 3: 796 6) eloszlással, mivel s 200 E( ) = 100 = 20 D( ) = 20 0:8 1 1000

2 Hyp(1000; 200; 100), amit 99 = 3: 796 6 . 999

Keressük tehát k 2 R, melyre P(

k) = 1

k 20 3: 796 6

= 0:9 )

k 20 = 1:282 ) k = 15: 133 3: 796 6

15 .

1.42. Feladat. Az 1.28 feladatban keressük meg azt az N rendelés számot, mellyel a várható haszon maximális! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


34

p Megoldás: Jelölje a hasznot, 2 Po( ) = N ( ; ) a vásárlók számát, ahol = 100, b = 10 a haszon egy eladott újságon és c = 20 a veszteség minden megmaradt példányon, akkor ! N X mN = E( ) = E (b + c) (k N )1f =kg + bN = k=0

= (b + c)

N X

k P( = k)

(b + c)N

k=0

Vizsgáljuk az mN

N X

P( = k) + bN .

k=0

N = 1; 2; : : : sorozat monotonitását: mN +1

mN =

(b + c)

N X

P( = k) + b

0,

k=0

ami pontosan akkor teljesül, ha b b+c mN maximális, ha

N X

P( = k) = P (

N p

N)

k=0

N p

b = b+c

.

,

adatainkat behelyettesítve: 1 = 3 Tehát N

N 100 p 100

)

N 100 p = 100

0: 430 73 ) N = 95: 693:

96 darabot kell rendelni a maximális várható haszonhoz, és ekkor E( ) = 30

96 X

(k

96)

k=0

100k e k!

100

+ 10 96 = 891: 71 .

1.7. Vektor valószín½uségi változók 1.43. Feladat. A

= ( 1 ; 2 ) v.v.v. kovariancia mátrixa és várható értéke: p 3 1 7 E( ) = cov( ; ) = p 2 3 5

a) Adjuk meg az els½o (a nagyobbik sajátértékhez tartozó) f½okomponenssel és f½ofaktorral való közelítést, és a közelítés hibáját, és a közelítés egyenesének egyenletét! b) Legyenek 1 2

ajuk meg az

= ( 1;

2)

= =

+1 5 1+2 2 1

2

v.v.v. kovariancia mátrixát és várható érték vektorát!

½ 1.7. VEKTOR VALÓSZÍNUSÉGI VÁLTOZÓK

35

c) Ha ( 1 ; 2 ) egy meg…gyelt értéke (2; 1), adjuk meg a f½okomponensek és f½ofaktorok megfelel½o értékeit! Megoldás: a) cov( ; ) sajátértékei és normált sajátvektorai: p 1

tehát

p

3 2 1 2

1

3 2 1 2

= 8 v1 =

1 2

+

=

2

p p6 2

1

1 p2 3 2

= 4 v2 =

1 2

+

2 R

=

2

=4

és az els½o f½okomponens illetve f½ofaktor egyenesének egyenlete p p x + 3y = 1 + 2 3 b) cov( ; ) =

1 1

1 2

p

3 5

p7 3

E( ) =

1 1

1 1

1 2

1 2

p p 3 + p3 12 2p 3 3 + 3 27 + 4 3

T

1 2

= 1 5

+

=

0 0

c) 1

2

2

1

1

1

2

1

1 2

p

1

2 1 2

3

1 2

1 2

p

3

1 2

p 3 p 8

1 2

1

= 0: 129

1 2

1 2

2

p

2 3

=

0: 683

mivel

h

h

p

3 2

1 2

1 2 p

3 2

i

i

1 1 1 1

1.44. Feladat. Legyenek egy téglalap oldalai a

1 1p 3 2 2 1 1p = 3 2 2

=

és

független valószín½uségi változók, és

E( ) = 100 D( ) = 1 E( ) = 150 D( ) = 2 jelölje továbbá a terület logaritmusát , a kerület logaritmusát pedig . Adjuk meg a ( ; ) v.v.v. várható értékének és kovariancia mátrixának közelítését! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


36 Megoldás: Mivel

ln( ) + ln( ) ln(2) + ln( + )

= k

használjuk az els½ofokú Taylor formulát a várható érték középponttal: ln(15000) ln(500)

k

1 100 1 250

+

1 150 1 250

100 150

amib½ol ln(15000) ln(500)

E k

cov

; k

k

1 150 1 250

1 100 1 250

9: 615 8 6: 214 6

= 1 100 1 250

1 0 0 4

1 150 1 250

T

1 3600 11 75 000

=

1.45. Feladat. Legyen a ( ; ) v.v.v. s½ur½uségfüggvénye: p f (x; y) = c exp x2 + 2xy y 2 x + y + 3

11 75 000 1 12 500

(x; y) 2 R2 .

Adjuk meg c értékét, ( ; ) kovariancia mátrixát és várható érték vektorát! Megoldás: Mivel a normális eloszlás s½ur½uségfüggvénye az exponensben egy kvadratikus formát tartalmaz, vizsgáljuk meg a normális eloszlás lehet½oségét, amikor is a s½ur½uségfüggvény az alábbi alakban írható: ) ( T 1 1 x m1 x m 1 p f (x; y) = exp V 1 2 y m y m 2 2 2 2 1 r 1 2 Tehát a ”tiszta”másodfokú tagokból 1 2x2 2 kell hogy teljesüljön, amib½ol p 2 2 1 V = p 2 2

p 2 2xy + 2y 2 =

) cov

1 2

x y

;

V

=V =

1

x y

"

1p

2 2

p

2 2

1

#

ami valóban egy pozitív de…nit (szimmetrikus) mátrix. Az els½ofokú tagokra teljesül 1 (2x + 2y) = 2

1 ( 2) 2

m1 m2

T

V

1

x y

p p = 2m1 + m2 2 x + m1 2 + 2m2 y ,

ezért az p 1 = 2m1 + m2 2 p 1 = m1 2 + 2m2

1.8.

2

37

; T ÉS F ELOSZLÁS

egyenlet megoldásával kapjuk: p

2 1+ )E 2

m1 = m2 =

=

"

p

2 p2 2 2

1+ 1+

#

.

A konstans tag az exponensben így 1 2

"

1+ 1+

#T

p

2 p2 2 2

és a s½ur½uségfüggvény 8 " < 1 x+1 f (x; y) = c exp : 2 y+1

#T

p

2 p2 2 2

"

p

2 2

p2 2

V

1

"

1+ 1+

x+1 y+1

#

p

2 p2 2 2

p

2 p2 2 2

! 2 +1 = 2 2

c exp 3 egyenletnek, ahol

1

=

2

1

c= exp 4

p

2 2

2

Tehát összefoglalva, c = 8: 360 8

1.8.

2

p

2 , 2

=1 r=

10

q

3

2N

1

p

2

! 2 +1 , 2

p

exp 3

;

1

1

r2

amib½ol =

1

1

2 2

#9 =

tehát teljesülni kell az

p

=

p

p

1 2

"

2e 2

1+ 1+

4+

p

2 p2 2 2

p 2 2

= 8: 360 8

# " ;

1p

2 2

10

p

2 2

1

3

.

#!

.

; T és F eloszlás

1.46. Feladat. Legyen

= ( 1 ; 2 ) 2 N (m; V ) m=

és keressünk olyan H

10 20

2-dimenziós normális eloszlású, ahol p 2 3 V = p 3 4

R2 tartományt, hogy P ( 2 H) = 0:95

teljesüljön! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


38 Megoldás: Ha

2 N (m; V ) n = rang (V )-dimenziós normális eloszlású v.v.v., és az ; vn ] 2 R n

U = [v1 ; v2 ;

n

mátrix oszlopvektorai V sajátvektorainak ortonormált rendszere, akkor U U T = In az n n típusú egységmátrix, és

V

1

U=

1

v1 ;

1

1

v2 ;

;

1 n

2

vn 2 R

n n

2

3

1

6 2 7 6 7 m) = 6 .. 7 4 . 5

T

U (

n

ezért T

(

m) V

1

(

T

m) = U (

m)

T

T

1

U V

T

UU (

m) =

n X 1

i

i=1

2 i

2

2 n

:

Keressük tehát a H tartományt az m)T V

(x

1

(x

m)

k

x 2 R2

másodfokú egyenl½otlenség megoldáshalmazaként egy alkalmas k > 0 számmal. Ekkor ha 2 2n P ( 2 H) = P (

A

2 2

eloszlás táblázatból válasszuk a k = 1

P

2

T

10 20

p2 3

p

3 4

2 0:05

k) :

= 5:99 értéket, amivel teljesül

1 1 2

!

10 20

5:99

= 0:95 ,

16

5:99

vagy kifejtve a kvadratikus formát: P

4 5

2 1

16

1

+ 240

2p 3 5

2 1

p +4 3

2

p +8 3

1

p 2 80 3 + 5

2 2

2

= 0:95

vagyis a keresett H tartomány az 4 2 x 5

16x + 240

p p 2p 3xy + 4 3y + 8 3x 5

p 2 80 3 + y 2 5

16y = 5:99

egyelet½u ellipszis belseje. A következ½o ábrán ez, és a sz½ukebb, 90%-os kon…dencia ellipszis látható.

2

39

; T ÉS F ELOSZLÁS

25

30

1.8.

20

0.95

10

15

0.90

6

8

10

12

14

Kon…dencia ellipszisek Megjegyzés: Vegyük észre, hogy az ilyen módon keresett H tartományba esés valószín½usége csak k értékét½ol (és a dimenziótól) függ, ami a skalár esetben jól ismert ”k szabály” megfelel½oje. A H tartománynak szemléletes jelentése is van, ugyanis a f½okomponensekkel írva f 2 Hg =

2 1

1

+

2 2

k

,

2

tehát H egy olyan ellipszissel határolt tartomány, melynek középpontja a várható érték, a tengelyek irányvektorai a sajátvektorok, a fél-tengelyhosszak pedig p p a= k b = 1 2k

a sajátértékek gyökével arányos értékek.

1.47. Feladat. Egy berendezés m½uködtetéséhez szükséges alkatrész élettartama exponenciális eloszlású véletlen mennyiség, és az átlagos élettartam 100 óra a) Milyen határok között van egy alkatrész élettartama 90%-os valószín½uséggel? b) Legalább hány óra m½uködési id½ore számíthatunk 90%-os biztonsággal, ha 3 ilyen alkatrészünk van? Megoldás: Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


40 a) Jelölje

2 Exp

1 100

egy ilyen alkatrész élettartamát, akkor 2 100

1 2

2 Exp

2 2

,

és táblázatból (szabadsági fok: 2) 2 0:95

amivel P

2 0:05

= 0:10 2 100

0:10

= 5:99 ,

5:99

= 0:90 ,

tehát 300) = 0:90 .

P (5 b) Jelölje a három független élettartamot 3 összegükre teljesül

i

1 100

2 Exp

2 100

2

2 6

i = 1; 2; 3, akkor

=

1+ 2+

,

és táblázatból (szabadsági fok: 6) 2 0:90

amivel P

= 2:20 ,

2 100

2:20

= 0:90 ,

tehát ) = 0:90 .

P (110

1.48. Feladat. Egy 100 óra várható élettartamú alkatrész élettartamánál hányszor több négy egyenként 200 órás várható élettartamú alkatrész össz-élettartama 0.95 valószín½uséggel? Tegyük fel, hogy az alkatrészek élettartama független exponenciális eloszlású! 1 és Megoldás: Jelölje 2 Exp 100 keressük azt a k > 0 számot, melyre

P (k <

i

1

1 200

2 Exp

+

2

+

3

+

i = 1; 2; 3; 4 a két‡e élettartamot,

4)

= 0:95

vagy rendezve P

50 2 k < 100 8

2 ( + 2+ 3+ 4) 200 1

8 2 100

2

ahol

2 ( + 2+ 3+ 4) 200 1

8 2 100

2

2 F8;2 ,

!

= 0:95

1.8.

2

41

; T ÉS F ELOSZLÁS

ezért táblázatból (szabadsági fok: (2; 8)) kapjuk f0:05 = 4:46; és a (8; 2) szabadsági fokhoz f0:95 =

1 50 2 =k , 4:46 100 8

amib½ol k = 1: 793 7, tehát P (1: 793 7 1.49. Feladat (*). Legyen Rn n egység mátrix.

<

1

+

2

+

3

+

4)

= 0:95 .

2 N (m; In ) n-dimenziós v.v., ahol 0n 6= m 2 Rn és In 2

a) Mutassuk meg, hogy a T skalár v.v. eloszlása csak az m = mT m értékt½ol függ. Ezt az eloszlást nem-centrált 2 -eloszlásnak nevezzük n szabadsági fokkal, jelölése T 2 2n (m). b) Ajuk meg az

2

2 n (m)

v.v. karakterisztikus függvényét! 2 n+2k

c) Mutassuk meg, hogy a 2n (m) eloszlás megadható, mint a oszlások keveréke a Po m2 eloszlással, azaz 2 n (m)

=e

m 2

1 X k=0

m k 2

k!

2 n+2k

k = 0; 1; 2; : : : el-

.

Bizonyítás. m0 mT0 szimmetrikus

a) Ha n = 1; az állítás nyilvánvaló, ha n > 1 legyen Q = In mátrix, ahol m0 = p1m m 2 Rn , akkor In = Q + m0 mT0 és teljesül Q m0 mT0 = 0n

n,

ezért QQ = Q és rang(Q) = n T

=

T

Q + mT0

1; továbbá

2

T ahol az összeadandók függetlenek, Qm0 = 0n , ezért T Q 2 2n 1 . Tehát p eloszlása olyan, mint egy 2n 1 eloszlású v.v. és egy t½ole független mT0 2 N ( m; 1) eloszlású v.v. négyzete öszzegének az eloszlása.

b) Legyen

2

2 1 (m),

akkor karakterisztikus függvénye Z 1 Z 1 p (x m)2 1 1 itx2 2 (t) = p e dx = p e(it 2 2 1 1 p k Z 1X 1 1 m (x m) 1 2 p e(it 2 )x dx . =e 2 k! 2 1 k=0

1 2

)x2 +x

p

m

m 2

dx = (1.14)



42 Mivel p k l X (x m) k=0

k!

1 p e(it 2

1 2

p k l X jx mj

)x2

1 p e 2

k!

k=0

ejx

1 2 x 2

p

mj

1 2 x 2

l = 1; 2; : : :

és a majoráló függvény integrálható, (1.14)-ben az integrálás és összegzés felcserélésével kapjuk: (t) = e

m 2

1 Z X k=0

1 1

p k 1 (x m) p e(it k! 2

1 2

)x2 dx

Számoljuk ki a sor tagjait: k=0

Z

k=1

Z

1

p

1 1

1 x m p e(it 2 1

1 p e(it 2

1 2

)x2 dx =

1 2

)x2 dx = p

2it

m

1 (t)

1 p e(it 1 2

1 2

)x2

1

=0

1

k=2 Z

1 1

p 2 1 (x m) 1 2 p e(it 2 )x dx = 2! 2 p p 1 1 m x m 1 2 p e(it 2 )x + = 2! 2it 1 2 1 m Z 1 1 1 2 1 2it p e(it 2 )x dx = + 2 2 1

m 1 2it

2

1 (t)

.. . k = 2l

1 Z

1 1

p 2l 1 1 (x m) 1 2 p e(it 2 )x dx = (2l 1)! 2 #1 " p 2l 2 p 1 m (x m) 1 2 p e(it 2 )x = + (2l 1)! 2it 1 2 1 Z 1 p 2l 3 m (x m) 1 1 2it p e(it + 2l 1 1 (2l 3)! 2

1 2

)x2 dx = 0

43

1.9. REGRESSZIÓ ANALÍZIS

k = 2l Z

1 1

p 2l 1 (x m) 1 2 p e(it 2 )x dx = (2l)! 2 #1 " p 2l 1 p 1 m 1 (x m) 2 p e(it 2 )x + = (2l)! 2it 1 2 1 p 2l 2 m Z 1 1 (x m) 1 2 1 2it p e(it 2 )x dx = + 2l 2)! 2 1 (2l =

2l (2l

l

m 2

l m 1 2it

1 (t)

2) : : : 2

1 2it

=

1 (t)

l!

t2R

.. . Tehát (t) = e

m 2

1 X n=0

=

l

m 2

1 2it

1 (t)

l!

1 X

m l 2

1 2

e

2it

m m + 1 22it 2

1

1

2it 1 2

1

=

2l+1 2

1

l!

l=0

1 1

=e

m 2

exp

2it

= itm 1 2it

t2R

1

ahol 2

= 1 12it 2 t 2 R a 21 eloszlás karakterisztikus függvénye, ezért az 2 n (m) v.v. karakterisztikus függvénye: 1 (t)

(t) = e

m 2

1 X k=0

m k 2

k!

2k+n 2

1 1

2it

=

n 2

1 1

2it

exp

itm 1 2it

t2R. (1.15)

c) Az állítás következik a karakterisztikus függvény (1.15) szerinti alakjából. Következmény: Ha 1 2 2n1 (m) és 2 2 2n2 függetlenek, akkor az f = 12 nn21 v.v. eloszlását nemcentrált F -eloszlásnak nevezzük (n1 ; n2 ) szabadsági fokkal, jelölése f 2 F(n1 ;n2 ) (m), és 1 m k X m 2 2 F(n1 +2k;n2 ) . F(n1 ;n2 ) (m) = e k! k=0

1.9. Regresszió analízis 1.50. Feladat. A ( 1 ; 2 ; 3 ) v.v.v. kovariancia mátrixa és várható érték vektora: 2 3 2 3 4 2 1 10 cov( ; ) = 4 2 7 3 5 E( ) = 4 20 5 1 3 3 30 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


44

a) Ajuk meg a 1 a 2 + b 3 + c regressziós közelítést, a együtthatót és a maradék szórást! b) Ajuk meg a

1 3

tet, és a

1 3j 2

1j 2; 3

többszörös korrelációs

a1 b1 regressziós közelítést, a maradék szórásnégyze3+ a2 b2 parciális korrelációs együtthatót

Megoldás: a) Jelölje 2

m1 = E( 1 ) = 10 m2 = E

3

V11 = D2 ( 1 ) = 4 V12 = cov 2

V22 = cov

2

;

3

= 2

1;

20 30 =

2 1

3

7 3 3 3

=

3

amivel a regressziós együtthatók ”normál”-egyenlete 7a + 3b = 2 3a + 3b = 1 és megoldása: a b

1 4

=

1 12

1 4

c = 10

20 30

1 12

=

5 2

A maradék szórásnégyzet 2 R

1 12

1 4

=4

2 1

T

=

41 12

és a meghatározottság mértéke: 41 12

R2 = 1

4

=

7 48

Tehát a regressziós közelítés 1

1 4

1

+

1 12

2

+

5 , 2

a többszörös korrelációs együttható és a maradék szórás r r 7 41 = 0: 381 88 = 1: 848 4 . R = 1j 2 3 = 48 12

45


b) Jelölje 1

m1 = E

10 30

=

3 1

V11 = cov

;

3

m2 = E ( 2 ) = 20

1

4 1 1 3

=

3

1

V12 = cov

;

3

2

=

2 3

2

V22 = D ( 2 ) = 7 amivel a regressziós együtthatókat komponensenként számolva: 2 7 3 a2 = 7 a1 =

2 30 20 = 7 7 3 150 20 = 7 7

b1 = 10 b2 = 30

a maradék kovariancia mátrix VR =

4 1 1 3

1 7

2 3

2 3

T

=

24 7 1 7

1 7 12 7

.

Tehát a regressziós közelítés 2 7 3 7

1 3

3

+

30 7 150 7

a maradék szórásnégyzet 2 R

24 12 36 + = 7 7 7

=

a parciális korrelációs együttható 1 3j 2

Megjegyzés: A

1

és

3

=q

1 7 24 7

q

= 0:005893 . 12 7

kapcsolatának szorosságát ”mér½o” 1 3

=p

1 4

p = 0: 288 68 3

korrelációs együttható lényegesen nagyobb az el½oz½o értéknél, aminek oka 2 ; ugyanis ezen komponens hatására …gyelhetünk meg azonos ”irányú”változást 1 és 3 értékében. Ha pedig 2 értéke nem változik, a cél-változó komponensei közti korreláció mértéke elhanyagolható. 1.51. Feladat. Keressük meg az ( 1; 2) (0; 1)

(1; 2)

(2; 4) 2 R2

pontokra ”legjobban” illeszked½o másodfokú polinomot! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


46

Megoldás: Használjuk a legkisebb négyzetek módszerének regressziós feladatként történ½o megfogalmazását, amihez számoljuk (n = 4): y x2 x3 x4 xy x2 y 2 1 1 1 2 2 1 0 0 0 0 0 2 1 1 1 2 2 4 4 8 16 8 16 9 6 8 18 8 20

x 1 0 1 2 2 Amib½ol m1 = V12 = V22 =

9 4 "

6 4 2 4

m2 = 20 4 18 4 8 4

9 4

3 2 3 2 2 3 1 2 2

3 2 1 2 1 2

= 8 4

9 4

8 4 6 4

3 2

1 2 1 2 2

= #

=

13 8

7 8

9 4 5 4

5 4 5 4

amib½ol a regressziós együthatók normál egyenlete: 9 a+ 4 5 a+ 4 megoldása a = 34 ; b = közelítés eredménye az

1 ; 20

és c =

9 4

5 b= 4 5 b= 4 3 4

3 y = x2 4

13 8 7 8

3 2

1 20

1 2

=

23 . 20

Tehát a regressziós

1 23 x+ 20 20

másodfokú függvény. 1.52. Feladat. Egy fér… magasságát három szemtanú 177cm-, 181cm- és 179cm-nek becsülte. Ha tudjuk, hogy a fér…ak magassága N (178; 10) eloszlású véletlen mennyiség, és a szemtanúk becslése ett½ol, és egymástól is független N (0; 2) eloszlású véletlen hibát tartalmaz, adjunk közelítést a látott fér… magasságára! Megoldás: Jelölje a független valószín½uségi változókat 2 N (178; 10) "k 2 N (0; 2) k = 1; 2; 3 akkor a három becsült érték véletlen mennyisége 1 2 3

= = =

+ "1 + "2 + "3

47


és keressük a legjobb E( j ) közelítést. Mivel

2 6 6 4

1 2 3

3

1 7 6 1 7=6 5 4 1 1

ezért ( ; 1 ; 2 ; 3 ) normális eloszlású vektora 2 1 0 6 1 1 m=6 4 1 0 1 0 és kovariancia 2 1 0 6 1 1 V =6 4 1 0 1 0

mátrixa 32 0 0 6 0 0 7 76 1 0 54 0 1

100 0 0 0

0 4 0 0

2

0 0 4 0

0 1 0 0

0 0 1 0

32 0 6 0 7 7 6 "1 0 5 4 "2 1 "3

3 7 7 5

vektor valószín½uségi változó, melynek várható érték 32 3 2 3 0 0 178 178 6 7 6 7 0 0 7 7 6 0 7 = 6 178 7 1 0 5 4 0 5 4 178 5 0 1 0 178

32 0 1 0 6 1 1 0 7 76 0 54 1 0 4 1 0

Együttes normális eloszlás esetén a legjobb feladat a1 1 + a2

0 0 1 0

3T 2 0 100 100 6 100 104 0 7 7 =6 4 100 100 0 5 1 100 100

100 100 104 100

3 100 100 7 7 . 100 5 104

E( j ) közelítés a lineáris regressziós 2

+ a3

3

+b

megoldása. A regressziós együtthatók 2 3 2 32 3 104 100 100 a1 100 4 100 104 100 5 4 a2 5 = 4 100 5 a3 100 100 104 100 normál egyenletéb½ol kapjuk 25 , 76 25 89 3 178 = . 76 38

a1 = a2 = a3 = b = 178 Tehát a legjobb közelítés

25 89 ( 1 + 2 + 3) + . 76 38 Ezt felhasználva, a becsült értékekb½ol számolhatjuk a látott fér…magasságának közelítését: 89 25 (177 + 181 + 179) + = 178: 99cm . 76 38 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


48

1.53. Feladat. Legyen a ( ; ) v.v.v. diszkrét eloszlása: 1 2 3 0:01 0:25 0:04 0:12 0:08 0:50

10 20

Adjuk meg az E( j ) feltételes várható értéket! Mennyi a maradék szórásnégyzet? Megoldás: Adjuk meg -nak -re vonatkozó (P ( = y j 10 20

= x))y feltételes eloszlását

1

2

3

0:01 0:01+0:25+0:04 0:12 0:12+0:08+0:50

0:25 0:01+0:25+0:04 0:08 0:12+0:08+0:50

0:04 0:01+0:25+0:04 0:50 0:12+0:08+0:50

amib½ol kapjuk: E( j

= x) =

0:01 0:30 0:12 0:70

1 1

0:25 0:30 0:08 0:70

+2 +2

+3 +3

0:04 0:30 0:50 0:70

= 2:1 x = 10 = 2: 542 9 x = 20

A maradék szórásnégyzethez számoljuk ki: E( 2 ) = 12 0:13 + 22 0:33 + 32 0:54 = 6: 31 E E 2 ( j ) = 2:12 0:30 + 2: 542 92 0:70 = 5: 849 4 amib½ol 2 R

= E( 2 )

E E 2 ( j ) = 6: 31

5: 849 4 = 0: 460 6 .

1.54. Feladat. Legyen a ( ; ) v.v.v. s½ur½uségfüggvénye: f (x; y) = x y x

1

ha 0 < x < 1 és 0 < y < 1 .

Adjuk meg az E( j ) feltételes várható értéket, és a közelítés maradék szórásnégyzetét. Megoldás: Adjuk meg Z f (x) =

s½ur½uségfüggvényét 1

x y x 1 dy = 1 ha 0 < x < 1 ()

0

2 U(0; 1)) ,

amivel a feltételes s½uségfüggvény f j (yjx) =

f (x; y) = x yx f (x)

Tehát E( j

= x) =

Z

0

1

ha 0 < x < 1 és 0 < y < 1 .

1

y x y x 1 dy =

x 1+x

ha 0 < x < 1

49


vagyis E( j ) =

.

1+

A maradék szórásnégyzethez számoljuk ki : Z 1Z 1 2 y 2 x y x 1 dxdy = 1 + 2 ln 2 E( ) = 0 0 Z 1 2 x 3 2 E E ( j ) = dx = 2 ln 2 1+x 2 0

2 ln 3

amivel kapjuk: 2 R

= 1 + 2 ln 2

3 2

2 ln 3

2 ln 2

= 7: 536 4

10

2

.

1.55. Feladat. Tudjuk, hogy a fér…ak magassága N (180; 10), a n½ok magassága pedig N (172; 10) eloszlású véletlen mennyiség. Ha egy 60 fér…ból és 40 n½ob½ol álló társaságból találomra választott személy 175cm magas, mennyi annak valószín½usége, hogy n½ot, illetve fér…t választottunk? Adjunk döntési szabályt a magasság alapján egy találomra választott személy nemére! Megoldás: Jelölje

a választott személy magasságát, továbbá F a választott személy fér… N a válsztott személy n½o

akkor feltehetjük P (F ) = 0:6 P (N ) = 0:4 , és a magasság feltételes s½ur½uségfüggvényei fF (x) = p

1 2

10

exp

(x

180)2 200

fN (x) = p

1 2

10

exp

(x

172)2 200

x2R,

amivel P (F j

= 175) =

p 0:6 2 10 p 0:6 2 10

exp

1 (175 200 180)2 + p20:410

exp

1 (175 200

180)2 exp

1 (175 200

172)2 = 0: 580 66

P (N j

= 175) = 1

0: 580 66 = 0: 419 34

A Bayes döntéshez d (x) = 1 , p

0:6 exp 2 10

1 (x 200

180)2

>p

0:4 exp 2 10

1 (x 172)2 200 , 170: 93 < x .



50 Tehát

1 170: 93 < x 2 170: 93 x

d (x) = és a hibás döntés valószín½usége: P (Hd ) = 1

(P ( > 170: 93jF ) P (F ) + P ( 170: 93jN ) P (N )) = 170: 93 172 170: 93 180 0:6 = 1 10 10 0: 817 8 0:6 0: 457 39 0:4 = 0: 326 36

=1 =1

1.56. Feladat. Legyenek

2 N (0; ); "k 2 N (0; =

k

adjuk meg az E( j

k = 1; 2; : : : ; n ,

+ "k

feltételes várható értéket!

1; 2; : : : ; n)

Megoldás: Mivel ( ; 1 ; 2 ; : : : ; 2

k = 1; 2; : : : ; n független v.v.-k, és

0)

n)

2

2 N (0n+1 ; V ), ahol 2

6 2 6 6 2 V =6 6 .. 4 .

2 0

+

2 2

2

2

2 0

.. .

2

7 7 7 7 , 7 5

2 2

+ .. .

2

3

2

2

.. . 2 0 +

...

2

2

a feltételes várható érték a lineáris regressziós függvény, melynek paraméterei a = a1 = a2 = an azonosak a független változók szimmetrikus eloszlása miatt. Tehát 2 2 0

+

2

a+

2

a+

2

+

2

a=

=) a =

n

2

+

2 0

és így kapjuk 2

E( j

1; 2; : : : ; n)

=

n

2

+

1+

1.57. Feladat. Legyenek a jelölje a legnagyobbat

=

2

(n n

1) 2+

1; 2; : : : ; n

n

2 0 i=1

1

és a maradék szórásnégyzet, vagyis az

2 R

n X

4 2 0

2

1+

n

2 0 2

n

2 2 0 + 2+ 2 0

.

2 U(0; d) valószín½uségi változók függetlenek, és

= max ( 1 ; 2 ; : : : ;

Adjuk meg az E( k j n ) k = 1; 2; : : : ; n

1

=

közelítés hibája

2 0 n 2

=

i

n)

.

feltételes várható értéket!

51


Megoldás: Mivel ( k ; n ) eloszlása nem lehet folytonos, ugyanis P ( k = n ) = n1 , a feladatot átfogalmazzuk egy folytonos eloszlással kezelhet½o esetre. ( k ; n ) eloszlása azonos minden k = 1; 2; : : : ; n esetben, ezért a keresett feltételes várható érték ! ! ! ! n n n 1 X 1X 1X 1 =E E j = + n E( k j n ) = E ij n ij n n i=1 n i=1 i n n i=1 ahol = min f 1 ; 2 ; : : : ; n g 2 = min f 1 ; 2 ; : : : ; k 1 ; .. . n = max ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) 1

Az 1.13. feladat szerint kaphatjuk ( 1 ; esetén f (x1 ; : : : ; xn 1 jy) =

n! d1n n 1 n y dn

= (n

1)!

k+1 ; : : : n g

2 ; : : : ; n 1)

1

ahol

k

=

1

feltételes s½ur½uségfüggvényét

0 < x 1 < x 2 < : : : < xn

yn 1

n

=y

0
1

ezért 1 ; 2 ; : : : ; n 1 feltételes eloszlása olyan, mint egy U(0; y) eloszlású n számú független v.v. rendezéséb½ol származó vektoré, tehát ! ! n 1 n 1 X X n 1 E y 0
n

1 n

2n

+

1 n

n

=

n+1 2n

n

.

1.58. Feladat. Használjuk az el½oz½o feladat jelöléseit, és mutassuk meg, hogy E( i ) =

i d és E ( n+1

i

j

n)

=

i n

n

i = 1; 2; : : : ; n .

Bizonyítás. Az állítás nyilván teljesül az n = 1 esetben. Tegyük most fel, hogy n 2 N esetén teljesül az állítás minden d > 0 esetben. Mivel n+1 s½ur½uségfüggvénye (lásd: 1.13. feladat) yn f n+1 (y) = (n + 1) n+1 0 < y < d , d a ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) v.v.v. n+1 = y feltétel melletti s½ur½uségfüggvénye 1 (n + 1)! dn+1 1 f (x1 ; : : : ; xn jy) = y n = n! n y (n + 1) dn+1

0 < x 1 < x 2 < : : : < xn

0


52

ezért ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) feltételes eloszlása olyan, mint egy U(0; y) eloszlású n számú független v.v. rendezéséb½ol származó vektoré. Feltételezésünk szerint tehát teljesül E( i j

= y) =

n+1

i y n+1

0 < y < d , i = 1; 2; : : : ; n + 1

továbbá E(

n+1 ) =

Z

d

yn (n + 1) dy = dn+1 dn+1

y (n + 1)

0

és

i n+1

E( i ) = E

=

n+1

d

xn+2 n+2

= 0

n+1 d (n + 1) + 1

i n+1 i d= d n + 1 (n + 1) + 1 (n + 1) + 1

amit bizonyítani kellett. 1.59. Feladat (*). Két pózna között kifeszített drótra n 2 számú madár száll le véletlenszer½uen válsztott helyekre. Minden madártól, a hozzá legközelebbi madárig tartó drótszakaszt fessük be. Ha n ! 1, hova tart a befestett részek várható össz hosszának és a drót teljes hosszának aránya? Megoldás: Feltehetjük, hogy a drót teljes hossza egységnyi, és a madarak helye az egyik végpottól mérve, a ; n 2 U(0; 1) 1; 2; független valószín½uségi változókkal adott. Rendezzük ezeket nagyság szerint, akkor kapjuk a = ( 1; 2; ; n) v.v.v.-t, melynek s½ur½uségfüggvénye: f (x1 ; x2 ;

; xn ) = n!

0 < x1 < x2 <

< xn < 1 .

Vezessük be a 1

=

2

1

valószín½uségi változókat, akkor a f (x1 ; x2 ;

=

2

n

1

= ( 1; 2;

; xn ) = n!

;

0 < xi

n)

=

n

n 1

v.v.v. s½ur½uségfüggvénye:

i = 1; 2; : : : ; n

n X

xi < 1

(1.16)

i=1

ami a változók szimmetrikus függvénye az n-dimenziós egység él½u szimplexen, ezért például minden perem azonos eloszlású. A vizsgálandó arány, vagyis a befestett részek hossza = +

2

+

n 1

3

1f

1f

2> 3_ 4> 3g

+

n 2> n 1_ n> n 1g

4

+

1f n

3> 4_ 5> 4g

+

53


aminek várható értéke E( ) = 2 E ( 2 ) + (n Mivel

3) E

n X

i

=

3

1f

2> 3_ 4> 3g

.

n

i=1

kapjuk

nE ( 2 ) = E( n ) =

n 1 ) E ( 2) = . n+1 n+1

Vizsgáljuk most az E

1f

3

2> 3_ 4> 3g

=

1 E n n

1fn

3

2 >n 3 _n 4 >n 3 g

várható értéket, ami az (n 2 ; n 3 ; n 4 ) v.v.v. eloszlásától függ. A peremének s½ur½uségfüggvénye a (1.16) s½ur½uségfüggvényb½ol: f(

2; 3; 3)

(x; y; z) = n(n

1)(n

2) (1

x

z)n

y

vektor ( 1 ; 2 ; 3 )

3

0 < x; y; z

x+y+z <1

amib½ol a (n 2 ; n 3 ; n 4 ) vektor s½ur½uségfüggvénye f(n

2 ;n 3 ;n 3 )

(x; y; z) =

n(n

1)(n n3

2)

x+y+z n

1

n 3

0 < x; y; z

x+y+z
Mivel a lim f(n

n!1

2 ;n 3 ;n 3 )

(x; y; z) = e

x

e

y

z

e

0 < x; y; z

határérték három független Exp(1) eloszlású v.v. együttes s½ur½uségfüggvénye, megmutatjuk, hogy E

3

1f

= lim E n 3 1fn 2 >n 3 _n 4 >n 3 g = Z Z n!1 Z = lim 1fn>x>0^n x>y>0^n x y>z>0g 1fx>y_z>yg y

1> 2_ 3> 2g

n!1

R3

n(n

1)(n n3

2)

1

x+y+z n

n 3

dxdydz

ahol 1 ; 2 3 2 Exp(1) független v.v.-k. Ehhez elég ez utóbbi integrandus sorozathoz integrálható majoránst keresni, mint pl.: 0

1fn>x>0^n

x>y>0^n x y>z>0g

1fx>y_z>yg y

n(n

y exp

1)(n 2) 1 n3 1 (x + y + z) 2

x+y+z n

n 3

x; y; z 2 R+



54

Vizsgáljuk most a következ½o feltételes várható értéket:

E

3

1f

1> 2_ 3> 2g

j

3

>y_

= y = yP (

1

=

Z

3

> y) = y

2e

y

e

2y

0
amib½ol E

3

1f

1> 2_ 3> 2g

1

y

2e

y

e

2y

e y dy =

0

7 . 18

Továbbá

lim E( ) = lim 2 E ( 2 ) + (n

n!1

3) E

n!1

2 n 3 + E n n+1 n

= lim

n!1

3

1fn

1f

3

=

2> 3_ 4> 3g

2 >n 3 _n 4 >n 3 g

=E

3

1f

1> 2_ 3> 2g

=

7 . 18

Megjegyzések:

1. Ha n = 2; akkor E( ) = 2 41 = 21 :

=

2

és E( ) =

1 , 3

ha pedig n = 3, akkor

=

2

+

3

2. Hasonlóan számolhatjuk a limn!1 D( ) határértéket is, ugyanis 2

=

2 2

+

2 n

+2

+ +2

2 3 1f 2 > 3 _ 4 > 3 g n 1 X 2 n

X

+2

i6=j=3;4;:::;n 1

i=3

i j 1f

+

2 4 1f 3 > 4 _ 5 > 4 g

2 i 1f

i 1 > i _ i+1 > i g

i 1 > i _ i+1 > i g

1f

j

+ +2

+ n 1 X i=3

n!1

n i 1f

1 > j _ j+1 > j g

amib½ol lim E( 2 ) =

2 n 1 1f

7 18

2

n 2> n 1_ n> n 1g

i 1 > i _ i+1 > i g

+

+

és

55

1.10. SZTOCHASZTIKUS FOLYAMATOK

felhasználva lim E( 22 ) = lim E( n2 ) = lim E (2 2 n ) = 0 n!1 n!1 ! n 1 X 2(n 3) p E 2 E((n 2 )2 )E((n 3 )2 ) ! 0 1 2 i f i 1 > i _ i+1 > i g 2 n i=3 ! n 1 X 2(n 3) p E 2 1 E((n n )2 )E((n 3 )2 ) ! 0 n i f i 1 > i _ i+1 > i g 2 n i=3 ! n 2 X 0 E 2 i+1 i 1f i 1 > i _ i+1 > i g 1f i > i+1 _ i+2 > i+1 g n!1

0 0

i=3

n

n2 0

E

2

n 3 X

n n2

lim E

X

2

E((n 4 )2 )E((n 3 )2 ) ! 0

1f

i+2 i

i=3

n!1

4p

(n

E

3

6 1f

2> 3_ 4>

3 g 1f

i+1 > i+2 _ i+3 > i+2 g

E((n 5 )2 )E((n 3 )2 ) ! 0

i j 1f

i 1 > i _ i+1 > i g

3)(n

4)

n!1

E (n 3 )(n 6 )1fn

1f

5p

i6=j=3;4;:::;n 1

= lim

i 1 > i _ i+1 > i g

!

2 >n 3 _n 4 >n 3 g

5> 6_ 7> 6g

Tehát kaptuk limn!1 D( ) = 0, vagyis

(n n2 1fn

1f

4)

ji 1 > j _ j+1 > j g

(n

4 >n 6 _n 7 >n 6 g

= E

3

1f

!

=

5) =

7 18 2

1> 2_ 3> 2g

=

sztochasztikusan konvergál a

2

7 18 7 18

2

arányhoz.

1.10. Sztochasztikus folyamatok 1.60. Feladat. Egy urnában 2 piros és 1 fehér golyó van. Egymás után véletlenszer½uen kiveszünk egy golyót és minden húzás után egy fehéret beteszünk a kivett golyó helyett. Jelölje n az n-edik húzás után az urnában lév½o piros golyók számát, n = 1; 2; : : :. Markov láncot alkot-e a ( n )n2N id½osor? Ha igen, adjuk meg az átmenetvalószín½uségek mátrixát, van-e stacionárius eloszlás, mennyi a P ( 2 1) valószín½uség? Megoldás: A kezd½o

0

állapot eloszlása P(

0

= 2) = 1 , Kézirat, módosítva: 2010. február 19.


56 és teljesül P(

n+1

= lj

n

= k;

n 1

= k1 ;

)=

8 < :

3 k 3 k 3

ha l = k ha l = k 1 egyébként

0

k = 0; 1; 2

tehát ( n )n2N homogén Markov lánc f0; 1; 2g állapotérrel és 3 2 1 0 0 = 4 31 32 0 5 0 23 13

az átmenetvalószín½uségek mátrixa. Keressük a stacionárius elsoszlást, mint az x y z = x y z x + y + z = 1 x; y; z

0

egyenlet megoldását, azaz x +

x +

1 y 3 2 y 3

+

2 z 3 1 z 3

y

+

z

= = = =

x y z 1

amib½ol kapjuk az egyetlen stacionárius eloszlást:

A

2

T

1 0 0

p=

.

állapot eloszlása k 0 1 2

mivel

P(

2 = 2 9 2 3 1 9

k) ) P(

2

1) =

2

32 1 0 0 0 0 1 4 13 23 0 5 = 0 32 13

2 9

7 2 1 + = 3 9 9

2 3

1 9

.

1.61. Feladat. Egy mozgó pont helyzetét a ( t )t2R+ Wiener folyamt adja meg, és D ( 2 ) = 0 2. Mennyi annak valószín½usége, hogy a pont egy adott id½opillantbeli tartózkodási helyét½ol p 4 id½oegység alatt 2 2 távolság-egységnél jobban távolodik el. Megoldás: Mivel D ( 2) = 2 = a keresett valószín½uség: p P j j>2 2 =1

p

2)

=

p

2)

p ! 2 2 p + 2 2

=

t+4

t

2 N (0;

p ! 2 2 p =2 2 2

p

2 2) ,

2 (1) = 0: 317 31 .

57


1.62. Feladat. Legyen t

ahol

=t

t 2 R+ 0

egyenletes eloszlású valószín½uségi változó a [0; 4] intervallumon.

a. Adjuk meg a várható érték és kovariancia függvényeket! b. Stacionárius a ( t )t2R folyamat? c. Stacionárius illetve független növekmény½u a folyamat? d. Markov tulajdonságú a folyamat? e. Martingál a folyamat? Megoldás: a. m(t) = E(t

)=t 2

(t; s) = cov(t

;s

) = t s D2 ( ) = t s

t3

t2

4 3

t; s 2 R+ 0

b. Nem, mert pl. m(:) nem állandó. c. A növekmények stacionáriusak, mert t2

=

t1

t2 +h

= (t2

t1 +h

t1 )

=

t3 +h

t2 +h

= (t3

t2 )

:::

tehát a növekmények nem csak azonos eloszlásúak, hanem most még azonosak is. A folyamat nem független növekmény½u, mert a (t2

t1 )

(t3

t2 )

:::

növekmények nem függetlenek. d. Igen, mert 0 < t1 < t2 < P(

t

<xj

< tn < t esetén

tn ; : : : t1 )

1 ha t ttnn < x = P( 0 egyébként

=

e. Nem, mert ha 0 < t1 < t2 < E(

<xj

t

tn )

x2R.

< tn < t t

j

tn ; : : : t1 )

=t

tn

tn

6=

tn

.

1.63. Feladat. Legyen 0

=0 p

2 n = 1; 2; 3 : : : n + "n+1 2 ahol "n 2 N (0; 1) n = 1; 2; 3 : : : függetlenek. n+1

=



58

a. Adjuk meg a ( n )n2N id½osor véges dimenziós peremeloszlásait! b. Mennyi annak valószín½usége, hogy P (

1000

> 2) ?

Megoldás: a. Mivel egy véges dimenziós perem a diszkrét fehér zaj id½osor megfelell½o peremének lineáris transzformáltja, pl. 2

3

2

1

0 1

p

1 6 6 2 7 6 6 7 6 6 3 7 6 6 7=6 6 .. 7 6 4 . 5 6 4

2 2 p 2 2 2

p

2 2

.. . p

n

1 .. .

.. . n 1

2 2

p

2 2

3 3 0 2 " 1 0 7 7 6 "2 7 76 7 6 7 0 7 76 3 7 , 6 .. 7 . . .. 7 4 . 5 . . 7 5 "n 1

0 0

p

n 2

n 3

2 2

ezért az id½osor peremei normális eloszlásúak, amit meghatároz a várható érték és kovariancia függvény. Tehát n = 1; 2; 3; : : : esetén p !n 1 2 E("1 ) + + E("n ) = 0 mn = E( n ) = 2 p !2(n 1) 2 2 (n; n) = D ( n ) = D2 ("1 ) + + D2 ("n ) = 2 továbbá s < t 2 N+ esetén (s; t) = E(

=

s

t)

p !t 2 2

= s

1 2s 1 2

és tetsz½oleges s; t 2 N+ esetén (s; t) = 2

p !s+t 2 2 1 =2 1

p !jt 2 2

p !t 2 2

2

E("21 ) p !t 2 2

+

1

+

s

1 2n 1

s

E("2s ) =

2s 1

1 2

1 =2 1

1

1

sj

1 2n 1 2

2minfs;tg

.

Ez egyben azt is jelenti, hogy a ( n )n=N;N +1;::: id½osor stacionárius Gauss id½osornak tekinthet½o elég nagy N esetén. b. Mivel közelít½oen

1000

2 N (0; 2), a keresett valószín½uség P(

1000

> 2) = 1

(1) = 0: 158 66 .

59


1.64. Feladat. Adjuk meg az el½oz½o feladat ( n )n=N;N +1;::: id½osorának (elég nagy N esetén) spektrális eloszlását! Megoldás: Írjuk a kovariancia függvényt az id½opontok különbségének függvényeként p !jnj 2 R(n) = (n1 ; n1 + n) = 2 n2Z, 2 és keressük azt az f : [

; ] ! R páros függvényt mellyel Z f (!) cos(n!)d! n = 0; 1; 2; : : : R(n) =

teljesül. Tehát R(n) az f Fourier sorának megfelel½o együtthatója, vagyis p !n 1 1 1 1X 1 2X 2 R(0) + R(n) cos(n!) = + f (!) = cos(n!) = 2 2 n=1 # " 1n=1 p !n # " p 2 X (cos(!) + i sin(!)) 2 2 1 2 1 2 p = exp(i!) = + Re = + Re 2 2 1 (cos(!) + i sin(!)) 2 # " n=1 p p p 1 1 2 2 cos ! 1 + i 2 sin ! 2 1 2 cos(!) p p = + Re = = 3 + 2 2 cos ! 3 2 2 cos(!) 1 p = !2[ ; ] 3 2 2 cos (!) 1.65. Feladat (*). Egy pont a számegyenes ”1” pontjából indulva, az alábbi véletlen módon változtatja helyzetét: ha az n 2 N helyen van, akkor n > 0 esetben a következ½o hely a 0; 1; : : : ; n; n + 1 helyek valamelyike lesz azonos valószín½uséggel, és marad 0, ha n = 0. Adjuk meg a 0-állapot elérésének várható lépésszámát, és annak valószín½uségét, hogy a 0-ra az 1-helyr½ol lép a mozgó pont! Megoldás: Jelölje n n = 0; 1; 2; : : :, v.v. a pont helyzetét, 0 = 1. Legyen továbbá v.v. a 0-ba érés lépészáma. Ekkor 8 ha k = l = 0 < 1 1 ha k = 0; 1; : : : ; l + 1; l = 1; 2; : : : ; n n = 1; 2; : : : P ( n = k j n 1 = l) = : l+2 0 egyébként P ( > n) =

n+1 X

P(

n

n = 0; 1; 2; : : : ,

= k)

k=1

P ( = n) = P ( n = 0 ^ n 1 > 0) = P ( n = 1) = P ( n X 1 P ( n 1 = k) n = 1; 2; : : : , = k+2 k=1 P(

n

= l) =

n X

k=l

1 P( k + 2 1

n 1

= k) > P (

n

= l + 1)

n

= 2) =

n = 1; 2; : : :

l = 3; 4; : : :



60 amivel kapjuk: P ( > n) =

n X k+1

k+2

k=1

P(

n 1

n+1 P( > n n+2

= k)

n+1 n P( > n n+2n+1

2)

1 n+2

:::

1)

n = 1; 2; : : :

tehát limn!1 P ( > n) = 0, továbbá P ( > 0) = 1 P ( > 1) = P ( > 0) P ( > 2) = P ( > 1) .. . P ( > n) = P ( > n

P ( = 1) = P ( > 0) P ( = 2) = P ( > 1) 1)

P( P(

= 1) = 2)

1 2

P ( = n) = P ( > n

1)

P(

n

= n)

amit összegezve kapjuk 1 X

0 = lim P ( > n) = 1 n!1

Mivel P (

n

= l)

P(

P(

k

k=1

n

= 1) )

1 X

P(

k

= 1) = 2:

k=0

= l + 1); az alábbi sorok konvergensek, és összegüket jelölje: ql =

1 X

P(

k

l = 1; 2; 3; 4; : : : ,

= l)

k=l 1

amivel kapjuk: ql = =

k 1 X X

k=l 1 s=k 1 X s=l

1 P( s+2 1

1 qs s+2 1

k 1

= s) =

1 X

s=l

1 X P( s + 2 k=s 1 1

l = 2; 3; 4; : : : .

Tehát q1 = 2 q2 = 1 ql =

1 ql l+1

ql+1 =

1

1 1 ql + ql+1 : : : l+2 l+3 1 1 + ql + ql+1 : : : l+2 l+3 +

amib½ol kapjuk a ql

ql+1 =

1 ql l+1

1

l = 2; 3; 4; : : :

k 1

= s) =

61


rekurzív egyenletet, melynek megoldása, …gyelembe véve, hogy az els½o két sorozattag egyértelm½uen meghatározza a sorozatot: ql =

2 l!

l = 1; 2; 3; 4; : : : .

várható értékét megkapjuk az alábbi sor összegeként: 1 X

E( ) =

n=0 1 X

=

P ( > n) =

1 X n+1 X

P(

1 X

P(

n

= k) = 2

k=1 n=k 1

Számítsuk ki most az A = [1 n=1 f = n ^ P (A) =

1 X n=1

=

1 X

P( = n ^ P(

n

n=1

n

= k) =

n=0 k=1

=0j

n 1

= 1) =

1 X 1 l! k=0

n 1

1 X

= 1) P (

P(

n 1

1) .

= 1g esemény valószín½uségét! n

n=1

n 1

2 = 2(e

=0^

= 1) =

n 1

1 X 1 n=1

3

= 1) =

P(

n 1

2 = 1) = : 3

1.66. Feladat (*). Legyenek k k = 1; 2; : : : ; r d d-típusú sztochasztikus mátrixok, az Ank k = 1; 2; : : : ; r teljes eseményrendszerek n = 1; 2; : : : teljesen függetlenek, pozitív valószín½uségeik: 0 < pk = P (Ank ) k = 1; 2; : : : ; r Ha tetsz½oleges v0 2 R+ 0

n = 1; 2; : : : .

d

valószín½uségeloszlás esetén a ! r X n = 1; 2; : : : vnT = vnT 1 1Ank k k=1

d-dimenziós id½osor majdnem biztosan konvergál egy m 2 Rd (valószín½uségeloszlás-) vektorhoz, akkor ! r X mT = mT pk (1.17) k k=1

és teljesül

mT = mT

k

k = 1; 2; : : : ; r .

Bizonyítás. A feltételes várható érték tulajdonságait, továbbá vn 1; 2; : : : ; r eseményrendszer függetlenségét kihasználva kapjuk ! r X T T E(vn j vn 1 ) = E 1Ank vn 1 = vn 1 ; k

(1.18) 1

és az Ank

k=

k=1



62 ahol

=

r X

pk

k

,

k=1

és ebb½ol E(vn ) =

T

E(vn 1 ) n = 1; 2; : : : .

Mivel vn minden komponense nemnegatív, és 1-nél kisebb, a várható érték és a határétérték felcserélésével kapjuk (1.17)-et. Hasonlóan számoljuk továbbá E(vn vnT j vn 1 ) = E

r X

1Ank

T k

k=1

=E

r X

1Ank

!

vn 1 vnT

1

r X

1Anl

l=1

T k

vn 1 vnT

k

1

k=1

amib½ol E(vn vnT ) =

X

pk

!

= T k

E(vn 1 vnT 1 )

k

l

j vn

X

k

1

j vn

1

!

pk

T k

!

=

vn 1 vnT

1

k

,

n = 1; 2; : : : .

Ismét határértéket véve, átrendezés után kapjuk X T T pk m mT = 0r k k m m

Jelölje qkT = mT

!

r

k = 1; 2; : : : ; r, akkor felhasználva, hogy m = X pk qk qkT m mT = 0r r ,

Pr

k=1

pk qk , kapjuk

ami azt jelent, hogy a (qk ; pk )k=1;2;:::;r diszkrét valószín½uségeloszlás várható érték vektora m, kovariancia mátrixa a zérusmátrix, tehát az ilyen eloszlású vektor valószín½uségi változó 1-valószín½uséggel állandó, azaz ha pk > 0 akkor m = qk teljesül, ami (1.18) teljesülését jelenti.

2. fejezet Matematikai statisztika feladatok 2.1. Paraméter becslések 2.1. Feladat. Egy N = 100 elem½u termék halmazban M > 0 ismeretlen számú hibás termék van. Visszatevés nélkül, egyesével válsztva amíg hibásat nem találtunk, k = 20 terméket kellett megvizsgálni. Becsüljük M értékét! Megoldás: Jelölje a minta statisztikát (meg…gyelt értéke k = 20), M az ismeretlen (meghatározó) paramétert, melynek függvényében a likelihood függvény: ( M k=1 N L(k; M ) = (N M )(N M 1) (N M k+2)M k = 2; : : : N M + 1 N (N 1) (N k+1) vagy L(k; M ) =

N k N k

M 1 1 1

M N

k = 1; 2; : : : N

M +1 .

Keressük ennek maximumát az L(k; M + 1) = L(k; M )

1 =

(N

(N M 1)(N M 2) (N M k+1)(M +1) N (N 1) (N k+1) (N M )(N M 1) (N M k+2)M N (N 1) (N k+1)

M k + 1)(M + 1) (N M )M

M = 1; 2; : : : ; N

egyenl½otlenség vizsgálatával, ami ekvivalens a kM

N

k+1,M

N

k+1 k

egyenl½otlenséggel, tehát a maximum hely ^ (k) = M

N Int

N +1 k

63

ha k = 1 ha k > 1

=

k+1

64

2. FEJEZET. MATEMATIKAI STATISZTIKA FELADATOK

ahol Int(x) jelöli az x szám egész részét. Tehát kaptuk az ^ = M

M

N Int

N +1

ha ha

=1 >1

maximum likelihood becslést, amivel az ismeretlen paraméter becsült értéke: ^ (20) = Int 101 M 20

M

=5.

Megjegyzés: Könnyen ellen½orízhet½o, hogy ez a becslés torzított, mert pl. M = 5 esetén ^ = 100 M

EjM =5

X 5 101 + Int 100 k=2 k 94

100 5 0 99 0

100 5 k 1 99 k 1

5 = 16: 167 6= 5 . 100

A torzítás relatív mértéke M nagyobb értékeire csökken, pl. ^ = 69: 429 EjM =50 M

^ = 89: 295 EjM =80 M

^ = 100. és M = 100 esetben nincs torzítás, mert EjM =100 M 2.2. Feladat. Egy autóbusz járat egy megállóba ismeretlen, de állandó id½oközönként érkezik. Véletlen id½opontokban érkezve ebbe a megállóba, az alábbi várakozási id½otartamokat …gyeltük meg. 1:1 0:6 3:5 2:2 4:1 0:2 4:8 1:8 perc Becsüljük a járats½ur½uséget! Készítsünk maximum likelihood becslést! Megoldás: Jelölje

= ( 1; : : : ; x=

n)

a minta statisztikát, n = 8, és

1:1 0:6 3:5 2:2 4:1 0:2 4:8 1:8

a meg…gyelt mintát. Feltételezhetjük, hogy k 2 U (0; d) k = 1; 2; : : : ; n, ahol d az ismeretlen járats½ur½uség paraméter. Mivel E( k ) = d2 , használjuk el½oször a várható érték szokásos becslését d 2

d x = 2: 287 5 D( ) = p 2 3n

2: 287 5 p = 0: 466 93 3 8

amib½ol a becsült érték és standard hibája d

d 2x = 2 2: 287 5 = 4: 575 D(2 ) = p 3n

4: 575 p = 0: 933 87 . 3 8

Írjuk a likelihood függvényt a d paraméter függvényeként L(x; d) =

1 dn

0

ha 0 < xk < d k = 1; 2; : : : ; n egyébként

,

65

2.1. PARAMÉTER BECSLÉSEK

aminek maximum helye ^ = max fx1 ; x2 ; : : : ; xn g = x . d(x) n Tehát kaptuk a d n maximum likelihood becslést. Vizsgáljuk a becslés torzítatlanságát, amihez szükséges n eloszlásának megadása. F n (x) = P (

1

< x;

2

< x;

f n (x) = Így E( n ) =

Z

;

n

n n x dn

d

x

0

< x) = 1

xn dn

ha 0 < x < d egyébként

0

0<x
n n 1 n d x dx = n d 1+n

vagyis a maximum likelihood becslés torzított, de korrigálva kapjuk a d lan becslést. Ennek standard hibája D

n+1 n

=

n

n+1 n+1 D ( n) = d n n

s

E(

2 n )

=

0

d

s

n n d2 x2 n xn 1 dx = d 2+n

torzítat-

n2 d =p 2 (1 + n) n (2 + n)

n 2+n

mivel Z

n+1 n n

D ( n) = d

n 2+n

n2 . (1 + n)2

Tehát az így korrigált becsléssel kapott becsült érték és standard hiba: d

9 4:8 = 5: 4 D 8

n+1 n

5: 4 p = 0: 603 74 . 8 10

d

=p

n

n (2 + n)

Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a maximum likelihood becslésb½ol nyert utóbbi eredp mény standard hibája lényegesen kisebb ( n nagyságrenddel jobb). A Fisher féle információs mennyiséggel most nem adható alsó korlát torzítatlan becslés standard hibájára, mert a likelihood függvény a d paramétert½ol függ½o [0; d] intervallumon pozitív. 2.3. Feladat. Legyen a s.m. egy f (x) =

x

1

0<x<1

s½ur½uségfüggvény½u v.v. n-ismételt meg…gyelésével kapcsolatos, ahol > 0 ismeretlen paraméter. Keressünk elégséges statisztikát, adjunk maximum likelihood becslést a # = 1 paraméterre, vizsgáljuk meg a becslés tulajdonságait! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

66


Megoldás: Jelölje = ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) a minta statisztikát, az eloszlást meghatározó paramétert. Írjuk a likelihodd függvényt az paraméter függvényeként: n

L(x; ) =

n Y

1

xk

x = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2]0; 1[n

k=1

Ekkor a x 7!

n Y

x = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2]0; 1[n

xk

k=1

statisztika elégséges, és kölcsönösen egyértelm½u függvénye T (x) =

n X k=1

ln(xk ) x = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2]0; 1[n

is elégséges statisztika. Keressük el½oször

maximum likelihood becslését, mint

ln L(x; ) = n ln( ) + (

1)T (x)

maximum helyét egy x = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2]0; 1[n meg…gyelt minta esetén, ami az S(x; ) =

n @ ln L(x; ) = + T (x) @

zérushelyéb½ol

n , T (x)

^ (x) = tehát kaptuk az

^=

n T

becslést, és így a T n

# maximum likelihood becslést. Mivel Z 1 E ( ln( k )) = ln(x)

1

x

1

dx =

=#

0

2

E ln ( k ) =

Z

1 2

ln (x)

1

x

2

dx =

D ( ln( k )) =

2

0

kapjuk E

T n

=

1

=#,

tehát a becslés torzítatlan, és standard hibája D

T n

=

1 p !0 n

s

2 2

1

2

=

1

67


ezért a becslés konzisztens. Adjuk meg a # paraméter torzítatlan becslése hatékonyságának alsó határát az I( ) = D2 (S( ; )) =

@ S( ; ) @

E

Fisher féle információs mennyiséggel. Ha # = 2

1 2

2

D (t)

2

2

=

n 2

t torzítatlan becslés, akkor T n

1 = D2 2n

=

n

1

n

=E

,

tehát a kapott maximum likelihood becslés a leghatékonyabb. Ez egyébként a T = S( ; ) n

n

összefüggésb½ol is következik. 2.4. Feladat. Egy folytonos eloszlású v.v. s½ur½uségfüggvénye: f (x) = 2 x e

x2

ha 0 < x ,

ahol > 0 ismeretlen paraméter. n-ismételt meg…gyelés esetén adjuk meg a likelihood függvényt, keressünk elégséges statisztikát, adjunk maximum likelihood becslést az paraméterre és a várható értékre! Mit mondhatunk a becslésekr½ol? Ha egy meg…gyelt minta x = (16:24; 4:19; 4:77; 6:38; 4:14; 0:54; 12:87; 7:35; 9:28; 8:11); adjuk meg a becsült értékeket, és becsüljük a standard hibákat! Megoldás: Jelölje = ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) a minta statisztikát, az eloszlást meghatározó paramétert. Írjuk a likelihood függvényt az paraméter függvényeként: L(x; ) = 2n

n

n Y

xk e

k=1

Pn

k=1

x2k

x = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2 R+n ,

tehát T : Rn ! R x 7! elégséges statisztika. Keressük

n X

ln L(x; ) = n ln(2) + n ln( ) +

x2k

k=1

n X

ln(xk )

T (x)

k=1

maximum helyét, ami az S(x; ) =

n @ ln L(x; ) = @

T (x) = 0 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

68


egyenlet ^=

n T (x)

megoldása. Tehát kaptuk az

n T maximum likelihood becslést. A várható értéket adjuk meg el½oször az paraméter függvényeként: Z 1 h i1 Z 1 2 x2 x2 e x dx = x 2 x e dx = x e + m= 0 0 0 0 1 r Z 1 r 1 x2 1 B C p = exp @ 2 A dx = 2 2 p12 0 2 p12

Tehát a várható érték maximum likelihood becslése r 1 T . m 2 n

A standard hibák közelítéséhez vizsgáljuk a T elégséges statisztika várható értékét és szórását. Mivel P(

2 k

< t) = P(

k

<

p

t) =

Z

p

t

x2

2 x e

dx = 1

e

t

0
0

a minta elem statisztikák négyzetei független exponenciális eloszlásúak tehát p 1 1 D(T ) = n . E(T ) = n

paraméterrel,

Használjuk ezt a n T 1 2

r

n

T

n n 1 = T n 1 2 n n1 r r 1 1 1 1 q n + T 2 n 2 n 2 n1

2

n n

1

T

n

1

=m+

p 4n

T

n

1

els½ofokú Taylor formulákban, és így a becsléseink közelít½oen torzítatlanok r r p 2p p 1 n 1 1 1 m D n =p D T n = = p T n 2 n 4n 4 n n 2 n standard hibákkal, melyek n ! 1 esetben nullához tartanak, tehát a becslések konzisztensek.

69


Adjuk meg a paraméterek torzítatlan becslései hatékonyságának alsó határát az I( ) = D2 (S( ; )) =

E

@ S( ; ) @

Fisher féle információs mennyiséggel. Ha akkor 2

D (t1 )

1 n

2

=

2

D

n

2

n T

2

t1

D (t2 )

m= p 1p 4 n

n

=E 1 2

2

p

=

n 2

t2 torzítatlan becslések,

2

1 = 16 n

3

2

D

2

1 2

r

n

T

p p mivel @@ 12 = 14 p 3 . Tehát a kapott becslések közelít½oen (elég nagy n esetén) a leghatékonyabbak. Az n = 10 elem½u mintából

T (x) = 16:242 + 4:192 + 4:772 + 6:382 + 4:142 + 0:542 + 12:872 + + 7:352 + 9:282 + 8:112 = 733: 73 amivel kapjuk:

m

n 10 0:013629 p = = 0:013629 s.h.: p = 4: 309 9 10 3 T (x) 733: 73 n 10 r r 1 1 m 7: 591 2 p T (x) = 733: 73 = 7: 591 2 s.h.: p = 1: 200 3 2 n 2 10 2 n 2 10

2.5. Feladat. Egy 500 darabos termékhalmazban ismeretlen számú hibás termék van. Becsüljük a hibásak számát, ha 100 elem½u mintát véve, 25 hibásat találtunk! Adjunk 90% biztonsággal fels½o korlátot a hibásak számára! Megoldás: Jelölje a minta statisztikát, akkor 2 Hyp(500; M ; 100), ahol M az ismeretlen paraméter. A valószín½uség becsült értéke, és a becslés standard hibája: s 25 1 99 M p = 0:25 D 0:25 0:75 1 = 3: 876 9 10 2 , 500 100 100 499 100 tehát M becsült értéke, és a becslés standard hibája M

125 D 500

100

500 3: 876 9

10

2

= 19: 385 .

Táblázatból u0:2 = 1:282; amivel a valószín½uség 80%-os szint½u kétoldali határai M 500

25 100

1:282 3: 876 9

10

2

tehát 90%-os szint mellett M

125 + 1:282 19: 385 = 149: 852

150 .


70


2.6. Feladat. Hány embert kell egy közvélemény kutató cégnek megkérdeznie, hogy egy ismeretlen arányt 0.01 pontossággal tudjanak megadni 95%-os szint mellett? Megoldás: Jelölje a minta statisztikát, akkor (a feltehet½oen nagy létszámú alapsokaság miatt) 2 Bin(n; p), ahol p az ismeretlen arány (valószín½uség) paraméter. A 95%-os kétoldali intervallum becslés pontossága r 1 1 u0:05 p 1 u0:05 p . n n n 2 n Mivel u0:05 = 1:96, kapjuk 1:96

1 p 2 n

n.

0:01 =) 9604

2.7. Feladat. Egy mérési eljárás legnagyobb véletlen hibája eredményéb½ol x = 12:13.

=

0:03, n = 3 mérés

a) Becsüljük 90%-os biztonsággal a mért mennyiség értékét! b) Legfeljebb mennyi lehet (ugyanezen mennyiség esetén) egy mérés eredménye 95%-os biztonsággal? c) Hány méresre van szükség, hogy a 95%-os szint½u intervallum becslés pontossága 0:005 legyen? Megoldás: Feltehetjük, hogy a mérések eredménye N (m; 0 ) eloszlású, ahol m az ismeretlen várható érték paraméter, 0 = j 3 j = 0:01 az ismert szórás, tehát m

0:01 0 x = 12:13 D( ) = p = p = 5: 773 5 n 3

10

3

.

a) Táblázatból u0:1 = 1:645, amivel kapjuk a 90%-os határokat: m

12:13

1:645 5: 773 5

10

3

=

12: 139 12: 121

.

b) Jelölje 1 egy további mérés eredményét, akkor u0:1 = 1:645 táblázati értékkel kapjuk a 90%-os r 1 1 12:13 1:645 0:01 + 3 1 kétoldali határokat, amib½ol r 1 1 12:13 + 1:645 0:01 + = 12: 149 1 3 1 a keresett 95%-os fels½o határ.

71


c) u0:05 = 1:96 amivel a kétoldali intervallum becslés pontosságára 0:01 1:96 p n

0:005 ) 15: 366

n,

tehát n = 16 mérés szükséges. 2.8. Feladat. n = 40 feln½ott fér… súlyát megmérve, kaptuk x = 78:25 kg s (x) = 12:01 kg. a) Adjuk meg az átlagos (várható) súly 90%-os határait! b) Legalább hány kg lesz egy gépkocsi terhelése, ha 5 fér… foglal benne helyet, 90%-os szint mellett? c) Milyen határok között van a súly szórása 90%-os szint mellett? Megoldás: Feltehetjük a súly adatok N (m; ) eloszlását (már a minta mérete miatt is), ahol m a várható érték, a szórás paraméter. a) Az átlagsúly, azaz várható érték határai a t0:1 = 1: 684 9 táblázati értékkel (szabadsági fok: 39) 12:01 81: 45 m 78:25 1: 684 9 p . 75: 05 40 b) Jelölje 1 ; 2 ; 3 ; 4 a további (gépkocsiba szálló) fér…ak súlyát, akkor t0:2 = 1: 303 6 táblázati értékkel (szabadsági fok: 39) a 80%-os kétoldali határok r 1 1 + 78:25 1: 303 6 12:01 40 4 amib½ol kapjuk a 90%-os alsó határt az összegre:

1

c) A

+

2

+

3

+

4

=4

4

78:25

r

1: 303 6 12:01

1 1 + 40 4

!

= 280: 16 kg.

2 39

2 eloszlás táblázatából 20:95 = 25: 695 0:05 = 54: 572 amivel kapjuk a szórás 90%-os kon…dencia határait: ! r r 39 39 = (10: 153; 14: 796) . 12:01 ; 12:01 54: 572 25: 695

2.9. Feladat (*). Egy exponenciális eloszlású véletlen mennyiség ismeretlen n-számú meg…gyeléséb½ol csak egy adott T id½otartamnál kisebb értékekb½ol becsüljük az exponenciális eloszlás paraméterét, és az ismeretlen n értékét! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

72


Megoldás: Legyenek 1 ; 2 ; : : : ; rendezett minta elemeit

független, azonos folytonos eloszlású v.v.-k! Jelölje a

n

1

<

2

< ::: <

n

.

Ha a meg…gyelés [0; T ] id½ointervallumába = r számú meg…gyelt érték esik, a likelihood függvény az ismeretlen f s½ur½uségfüggvénnyel: n!

L(r; x1 ; x2 ; : : : ; n; f ) =

f (x1 ) f (x2 ) : : : f (xr ) (1 (n r)! ha x1 < x2 < : : : < xr 2 R; r = 0; 1; : : : ; n

F (T ))n

r

(*)

ahol F az eloszlásfüggvényt jelöli. Legyen a továbbiakban 0 e

f (x) =

x

x<0 ; 0<x

keressük (*) maximumát, azaz L(r; x1 ; x2 ; : : : ; n; ) =

n! (n

r

1

^ = Pr

(n

r)T

k=1

r)T

m ^ =x+( ahol

xk

!

illetve n szerint! Mivel minden n-re (*) pontosan

r k=1 xk + (n

illetve

exp

r)!

az ismeretlen ; vagy még inkább m = akkor maximális, ha

r X

n r

r r x + (n

=

r)T

1)T

1X x= xk : r k=1 r

Ekkor a maximum értéke ^n = ^ L

n!

r

(n

r)!

e

r

n = r; r + 1; : : :

:

Ennek a pozitív sorozatnak n szerinti maximumát a ^ n+1 L q(n) = = ^n L

r x + (n r)T r x + (n + 1 r)T

hányados vizsgálatával keressük. A c = Q(N ) = ln(q(n)) = r ln 1

x T

r

n+1 n+1 r

n = r; r + 1; : : :

és N = n + 1 jelöléssel vizsgáljuk a

1 r c+N

r

ln 1

r N

N

r+1

73


függvény el½ojelét. Mivel limN !1 Q(N ) = 0, és az @ Q(N ) = r @N (N egyenl½otlenség 0 < 1

N (2r(1

1 r(1

2

c))

1 (N

r(1

N2

c))

rN

>0

c < 1 miatt ekvivalens módon alakítható N 2 rN > (N r(1 c))2 c) r + 1) > r2 (1 c)2 + r(1

(N c)

r(1

c))

tehát a derivált legfeljebb egy helyen válthat el½ojelet, ezért az alábbi esetek lehetségesek: x 1. 2r(1 c) r + 1 0 , 1 c r2r1 , r+1 <1 2r T @ Tehát @N Q(N ) 0, vagyis Q monoton csökkenve tart 0-hoz, azaz Q > 0, vagyis a likelihood függvény maximuma

bmax = lim L bn = L n!1

r

r

e T

2. 2r(1 c) r + 1 > 0 , r+1 > Tx > 0 2r @ Tehát elég nagy N esetén @N Q(N ) > 0, vagyis Q monoton növekedve tart 0-hoz, azaz Q < 0, vagyis a likelihood függvény maximum helye, illetve m.l. becslések (a) ha Q(r + 1) < 0 akkor n b=r

és ekkor

(b) ha Q(r + 1)

amire Q(b n

Megjegyzések:

bmax = L

0 akkor

1)

n b>r

b=

b= 1 x 1

r

e x

r r x + (n

r)T

0 és Q(b n) < 0, és ekkor !r b n b! bmax = L e (b n r)!

1. Az 1. esetben a maximum likelihood becslések a formális

értékeket adják.

n b=1

b=0 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

74


2. A P korlátos maximum hely léte (2. eset) azon múlik, hogy teljesül-e, a r + 1 > r 2 i=1 xi feltétel. Erre akkor "számíthatunk", ha a várható értékekre teljesül T E( + 1) = n(1 2 =n T

T

e Z

n 2X "i 1f"i
)+1>E

T t

t e

1

dt = 2n

0

!

=

T

e T

T

e

(2.1)

ahol =

n X i=1

1f"i
; "n 2 Exp( ) függetlenek.

"1 ; "2 ;

Alakítsuk az (2.1) egyenl½otlenséget, 1

e

T

+

1 >2 n

1

T

e T

e

T

ami teljesül, ha 1

e

T

2

1

e T

T

Ez pedig mindig igaz, mivel 0 xex + x

2(ex

T

e

, Te

T

+ T

2e

T

+2

0

x esetén x2 x3 x3 + ::: + x 2 x + + + 2! 2 3! x3 x4 x4 2 2 + + ::: 0 3! 3! 4!

1) = x + x2 + =

x3 2!

=

Tehát elég nagy n esetén a 2. eset bekövetkezésére számíthatunk. 3. Legyen a továbbiakban az egyszer½uség kedvéért T = 1: Feltételezve tehát a 2. eset bekövetkezését, a kapott n b, és b becsült értékek (közelít½o) megoldásai az S(r; x; n; ) = = egyenletnek. Továbbá B(r; x; n; ) =

@ @n

ln L P + ri=01

@2 @n2 @2 @n@

ln L ln L

@ @

ln L

1

T

r

n i

@2 @n@ @2 @ 2

ln L ln L

=

(n

=

r+

Pr

i=1

" P r

xi )

T

1 1 i=0 (n i)2

1

0 0

=

1 r 2

#

,

75

2.2. PARAMÉTERES PRÓBÁK

amib½ol B 1 (r; x; n; ) =

Pr

2

b + Pr

1 1 i=0 n b i

és

= 0 miatt

r 1 r X 1 b2 (b n i)2 i=0

2

1=

1

1 1 i=0 (n i)2

r

2

r 1 1X

r 4 b2 r

i=0

1

"

r

(b n

Pr

2

1 1 i=0 (n i)2

1

r 1 1X

1 2

r

i)

1

i=0

1 n b

i

#

!2 3

5>0.

Tehát a B 1 (r; x; n b; b) pozitív de…nit mátrix a n b; b becsl½o statisztika pár kovariancia mátrixa becslésére használható, vagyis az n n b becslés standard hibájának becsült értéke 1 D(b n ) qP b2 r

r 1 1 i=0 (b n i)2

és a

b becslés standard hibájának becslése v u Pr 1 1 b u i=0 (b u n i)2 D(b) p t Pr 1 1 r i=0 (b n i)2

b2 r

.

2.2. Paraméteres próbák 2.10. Feladat. Egy mérési eljárás hibája N (0; 0:02) eloszlású véletlen mennyiség. Egy termék egyik fontos jellemz½ojét mérjük ezzel az eljárással, és azt jónak min½osítjük, ha értéke m0 = 20:00: Tervezzünk próbát ennek ellen½orzésére úgy, hogy a jó terméket csak 0:01 valószín½uséggel min½osítsük hibásnak, és a 20:05 vagy annál nagyobb, illetve 19:97 vagy annál kisebb jellemz½oj½u terméket legfeljebb 0:02 valószín½uséggel min½osítsük jónak! Megoldás: u-próbával ellen½orízzük a H0 : m = 20:00 hipotézist a H1 : m 6= 20:00 kétoldali alternativ hipotézissel szemben, és keressük n értékét, amivel teljesülnek: = 0:01

m 20:05

0:02

m 19:97

0:02 .

Mivel a másodfajú hiba szimmetrikus az m = 20:00 értékre, és az alternatíva monoton csökken½o függvénye mindkét irányban, elég az = 0:01

m=19:97

0:02

feltételeket teljesíteni. Tehát u0:01 = 2: 575 8 és így a másodfajú hiba m=19:97

=

2:5758 +

20:00 19:97 p n 0:02

2:5758 +

20:00 19:97 p n 0:02

0:02 ,


76


amit alakítva kpajuk p 2: 575 8 + 1: 5 n

p 2: 575 8 + 1: 5 n

0:02

ahol a bal oldali els½o tag értéke közelít½oen már 1-nek vehet½o, amit rendezve: p 0:98 2: 575 8 + 1: 5 n p 2: 053 7 2: 575 8 + 1: 5 n 9: 525 5 =

2: 053 7 + 2: 575 8 1:5

2

n

Tehát n = 10 mérésre van szükség. 2.11. Feladat. Egy tantárgy (maximum 100 pontos) dolgozatainak sok éves átlageredménye 58.26 pont. Egy 20 f½os tanulócsoport tagjai a szokásos felkészítés mellett kidolgozott feladatokat is kaptak a sikeres felkészüléshez. Az így megírt dolgozatok átlageredménye 62.15 pont, és az eredmények korrigált empírikus szórása 4.56: Egy másik, 15 f½os csoport tagjai pedig képletgyüjteményt használhattak a dolgozat írásakor, és eredményeik átlaga 61.01, korrigált empírikus szórása 6.69 pont lett. Van-e kimutatható javulás valamelyik esetben? Ha következtetésünk nemleges, mennyi annak kockázata, hogy az adott módon segített csoport átlageredménye mégis 62 pontra n½ott? Tételezzük fel az eredmények normális eloszlását! Megoldás: t-próbával vizsgáljuk a H0 : m = 58:26 hipotézist a H1+ : m > 58:26 alternatívával szemben, mivel most a másik oldali alternatíva kizárható. A próba statisztika értéke a 20 f½os csoport esetén: t= ami a t2

=0:01

62:15 58:26 p 20 = 3: 815 4:56

= 2:861 (szabadsági fok: 19) táblázati értékkel 3: 815 > 2:861 ) H0 -t elutasítjuk,

tehát van javulás az eredményekben, és az így vállalt els½ofajú hiba értéke kevesebb mint = 0:005; pontosan 1 FT19 (3:815) = 5: 845 3 10 4 ; ahol FT19 jelöli a T19 eloszlás eloszlásfüggvényét (értékének számításához használjunk MATLAB, MAPLE, SPSS, R, stb. programcsomagot). A próba statisztika értéke a 15 f½os csoport esetén t= ami a t2

=0:1

61:01 58:26 p 15 = 1: 592 6:69

= 1:761 (szabadsági fok: 14) táblázati értékkel 1: 592

1:761 ) H0 -t elfogadjuk,

77

2.2. PARAMÉTERES PRÓBÁK

és ekkor a vállalt másodfajú hiba értéke m = 62 alternatíva esetén az u-próba er½ofüggvényével közelítve: 1: 592 +

m=62

58:26 62 p 15 6:69

= 0: 283 27 .

Megjegyzés: Pontosabb értéket kaphatunk a 0 1 p p 62 62 58:26 15 + 15 q =P@ < 1: 592A = FT19 (1: 592) = 0:2820342 m=62

s

2

másodfajú hibára, ahol FT19 most az un. nem centrált T eloszlás eloszlásfüggvénye, a nem-centráltsági paraméter becsült értéke 62

58:26 p

15

62

58:26 p 15 = 2: 165 2 6:69

amivel az R programcsomag >pt(1.592,df=14,ncp=2.1652) [1] 0.2820342 függvény-hívásával kapjuk az eredményt. Az így kapott érték lényegében azonos a fenti közelítéssel, és ez az eredmény sem tekinthet½o pontos értéknek, mivel használjuk hozzá az ismeretlen szórás becsült értékét. 2.12. Feladat. Ugyanazt a mennyiséget kétféle eljárással mértek meg, és kaptuk: n1 = 11 x = 123:01 s1 (x) = 0:12 n2 = 21 y = 123:21 s2 (y) = 0:13 Van-e kimutatható különbség a két eljárás pontossága, és várható eredménye között? Feltételezhetjük a mérési eredmények normális eloszlását. Megoldás: Jelölje m1 illeteve m2 a két várható érték paramétert, 1 és 2 a szórás paramétereket. Vizsgáljuk el½oször a H0 : 1 = 2 hipotézist. A próba statisztika értéke (a nagyobb becsült értéket osztva a kisebbel): f=

s22 (y) 0:132 = = 1: 173 6 s12 (x) 0:122

ami az f0:1 = 2:20 (szabadsági fok: 20;10) táblázati értékkel f = 1: 173 6 tehát

f0:1 = 2:20 ,

= 2 0:1 = 0:2 terjedelm½u próbával elfogadható a szórások egyenl½osége. Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

78


A várható értékek H0 : m1 = m2 azonosságát a szórások egyenl½oségének feltételezése mellett, a kétmintás T -próbával ellen½orízzük. A szórás becsült értéke a két mintából r 10 0:122 + 20 0:132 S(x; y) = = 0: 126 75 , 30 amivel a próba statisztika értéke 123:01 123:21 t= 0: 126 75

r

11 21 = 32

4: 239 5 ,

és a t0:001 = 3:646 (szabadsági fok: 30) táblázati értékkel t = j 4: 239 5j > t0:001 = 3:646 tehát = 0:001 els½ofajú hiba mellett elvetjük a várható értékek azonosságát. Összefoglalva, a mérések pontossága (szórása) azonosnak tekinhet½o, a várható eredmények azonban szigni…kánsan különböznek.

2.3. Nem paraméteres próbák 2.13. Feladat. Szabályosnak tekinthet½o-e az a dobókocka, melyet 120-szor dobva, az alábbi gyakoriságokat …gyeltük meg: 1 2 3 4 5 6 24 16 25 10 30 15 Megoldás: Vizsgáljuk a H0 : pi =

1 2 3 4 5 6 P

1 6

i = 1; 2; : : : ; 6

fi

n pi0

24 16 25 10 30 15 120

20 20 20 20 20 20

hipotézist

2

-próbával.

(fi n pi0 )2 n pi0 16 20 16 20 25 20 100 20 100 20 25 20 282 20

tehát a próba statisztika értéke

2

és a

2 0:025

=

282 = 14: 1 , 20

= 12:83 (szabadsági fok: 5) táblázati értékkel 2 0:025

= 12:83 <

2

= 14: 1 ,

tehát a H0 hipotézist elutasítjuk 0:025 els½ofajú hibával, vagyis a kocka nem tekinthet½o szabályosnak.

79

2.3. NEM PARAMÉTERES PRÓBÁK

2.14. Feladat. Egy bizonyos típusú …le hoszz adataiból kaptuk az alábbi gyakorisági adatokat: fi 1 kB 14 1 2 kB 16 2 3 kB 25 3 4 kB 10 4 kB 10 Tekinthetjük-e exponenciális eloszlású véletlen értéknek egy ilyen típusú …le méretét? Megoldás: Vizsgáljuk a H0 : p1 = p10 ( ) p2 = p20 ( ) p3 = p30 ( ) p4 = p40 ( ) p5 = p50 ( ) becsléses illeszkedési hipotézist, ahol jelöli a feltételezett exponenciális eloszlás ismeretlen paraméterét, aminek maximum likelihood becsléssel kapott becsült értéke 1 x

75 = 0:432 28 14 0:5 + 16 1:5 + 25 2:5 + 10 3:5 + 10 4:5

amit az osztályközök megadásával kaphatunk. Egészítsük ki továbbá táblázatunkat a becsült értéb½ol nyert várható gyakoriságokkal, és a próba statisztika számításával fi

ahol

0:5 1:5 2:5 3:5 4:5 P

14 16 25 10 10 75

(fi n pî0 )2 n pî0

n pî0 75 75 75 75 75

0:350 97 = 26: 323 0:227 79 = 17: 084 0:147 84 = 11: 088 9: 595 4 10 2 = 7: 196 6 0:177 44 = 13: 308 75: 000

p^10 p^20 p^30 p^40 p^50

=1 =e =e =e =e

e

(14 26: 323)2 26: 323 (16 17: 084)2 17: 084 (25 11: 088)2 11: 088 (10 7: 196 6)2 7: 196 6 (10 13: 308)2 13: 308

= 5: 769 0 = 6: 878 1 10 = 17: 455 = 1: 092 1 = 0:822 28 25: 207

2

0:432 28 1

0:432 28 1 0:432 28 2 0:432 28 3 0:432 28 4

= 0:350 97 e 0:432 28 2 = 0:227 79 e 0:432 28 3 = 0:147 84 e 0:432 28 4 = 9: 595 4 10 = 0:177 44

2

A próba statisztika értéke 25: 207, és 20:001 = 16:27 (szabadsági fok: 5 amivel 25: 207 > 16:27

1

1 = 3),

ezért a H0 hipotézist elutasítjuk = 0:001 els½ofajú hiba mellett. Tehát a véletlen mennyiség nem tekinthet½o exponenciális eloszlásúnak. Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

80


2.15. Feladat. Egy termék három különböz½o technológiával készülhet I., II. és III. osztályú min½osgben. Egy felmérésb½ol kaptuk az alábbi gyakorisági táblázatot: technológia

min½oség

I. II. III.

1. 2. 3. 50 4 1 44 41 33 6 15 26

Van-e kimutatható kapcsolat a min½oség és az alkalmazott technológia között? Megoldás: Vizsgáljuk a H0 : pij = pi p j függetlenségi hipotézist, amihez egészítsük ki a táblázatot az összegekkel, és a várható gyakoriságokkal: P technológia 1. 2. 3. min½o ség 50 4 1 I. 55 55 100 55 60 55 60 = 25 = 15 = 15 220 220 220 44 41 33 II 118 118 100 118 60 118 60 590 354 = 11 = 11 = 354 220 220 220 11 6 15 26 III. 47 235 141 141 47 100 47 60 47 60 = = = 220 11 220 11 220 11 P 100 60 60 220 A próba statisztika értéke: (50

25)2 (4 15)2 (1 15)2 + + + 25 15 15 2 44 590 41 11 + + 590 11

+ továbbá

= 0:001

2

6

354 2 11 354 11 235 2 11 + 235 11

+ 15

= 18:47 (szabadsági fok: (3

354 2 11 + 354 11 2 141 2 26 141 11 11 + 141 141 11 11

33

1) (3

= 79: 446

1) = 4), amivel

18:47 < 79: 446 tehát H0 -t elutasítjuk technológia között.

= 0:001 els½ofajú hibával, vagyis van kapcsolat a min½oség és a

2.16. Feladat. Egy véletlen-szám generátor hívásának n = 20 eredménye: 0:69278073 0:32268032 0:54508760 0:54796052

0:89428280 0:21392526 0:90420617 0:94966769

0:72684370 0:33039386 0:87403826 0:33603055

0:94735859 0:06091866 0:28252200 0:19376286

0:25751298 0:08225982 0:84477326 0:15896395

Elfogadható-e, a [0;1] intervallumon egyenletes eloszlás feltételezése?

½ 2.4. FÜGGOSÉGI KAPCSOLATOK

81

Megoldás: Vizsgáljuk a H0 : F (x) = x 0 x 1 hipotézist, amihez keressük meg az empirikus eloszlásfüggvény és az egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényének legnagyobb eltérését: xk Fxn (xk ) Fxn (xk + 0) 0:06091866 0:00 0:05 0:08225982 0:05 0:10 0:15896395 0:10 0:15 0:19376286 0:15 0:20 0:21392526 0:20 0:25 0:25751298 0:25 0:30 0:28252200 0:30 0:35 0:32268032 0:35 0:40 0:33039386 0:40 0:45 0:33603055 0:45 0:50 0:54508760 0:50 0:55 0:54796052 0:55 0:60 0:69278073 0:60 0:65 0:72684370 0:65 0:70 0:84477326 0:70 0:75 0:87403826 0:75 0:80 0:89428280 0:80 0:85 0:90420617 0:85 0:90 0:94735859 0:90 0:95 0:94966769 0:95 1:00

F0 (xk ) j j 0:06091866 0:06091866 0:08225982 0:15896395 0:19376286 0:21392526 0:25751298 0:28252200 0:067478 0:32268032 0:0 773 2 0:33039386 0: 119 61 0:33603055 0: 163 97 0:54508760 0:54796052 0:69278073 0:72684370 0:84477326 0:87403826 0:89428280 0:90420617 0:94735859 0:94966769

A próba statisztika értéke z = 0:163 97

p

20 = 0: 733 3 ,

és a Kolmogorov-féle K függvény értéke táblázatból: K(0: 73) = 0:339 tehát = 1 feltételezését.

0:339 = 0: 661 terjedelm½u próbával elfogadjuk az egyenletes eloszlás

2.4. Függ½oségi kapcsolatok 2.17. Feladat. Egy N (0; ) eloszlású véletlen hibával mérhet½o ”függ½o” mennyiség egy ”független” változó y = ax + b x2R lineáris függvénye. A független változó x=

1 2 3 4 5

T


82


értékeihez tartozó függ½o változó mért (véletlen hibát tartalmazó) értékei 2: 023 5 2: 855 7 3: 892 1 4: 997 8 5: 741 5

y=

a) Becsüljük az a; b regressziós együtthatókat és a hiba

T

.

szórását!

b) Adjunk 90%-os szint½u intervallum becslést a függ½o változó (várható-) értékére x = 6 esetén! c) Legfeljebb mennyi lehet a függ½o változó három mért (véletlen-) értékének átlaga 90%-os biztonsággal x = 4 esetén? d) 95%-s biztonsággal milyen határok között van a független változó értéke, amelyhez tartozó három mérési eredmény átlaga 3:52? e) Lehet-e a mérési hiba szórása 0:1? Megoldás: A függ½oségi kapcsolat modellje: (x) = ax + b + " ahol " 2 N (0; ). Ekkor a terv-mátrix

6 6 X=6 6 4

amivel kapjuk XT X =

2

55 15 15 5

XT y =

1 2 3 4 5

1 1 1 1 1

3 7 7 7 7 5

68: 11 19: 511

XT X

1

=

:1 :3 : 3 1: 1

.

a) A paraméterek maximum likelihood becslése a b

XT X

1

XT y =

0: 957 81 1: 028 7

és

1 T 1 y y y T X XT X XT y = 6: 828 4 10 5 illetve a torzítatlanság miatt korrigált becslés r 5 sR (y) = 6: 828 4 10 3 = 0: 106 68 3 2

3

,

amivel az együtthatók becslésének kovariancia mátrixa az alábbi módon becsülhet½o: (0: 106 68)2

:1 :3 : 3 1: 1

=

1: 138 1 10 3 3: 414 2 10 3

3: 414 2 10 3 1: 251 9 10 2

.


83

b) Mivel az együtthatók a 6 + b lineáris függvénye szórásának becslése q T 6 1 (XT X) 1 6 1 0: 106 68 = 0: 111 89 , és

= 0:1

sz.f.: 3

t0:1 = 2:353

kapjuk y(5)

0: 957 81 6 + 1: 028 7

% 7: 038 8 . & 6: 512 3

2:353 0: 111 89

c) Három további mért érték (4) átlagának szórás becslése r 1 T 0: 106 68 + 4 1 (XT X) 1 4 1 = 8: 489 8 3

10

2

,

és = 0:2

sz.f.: 3

t0:2 = 1:638

amivel (4) tehát (4)

0: 957 81 4 + 1: 028 7

1:638 8: 489 8

10

2

% 4: 999 , &

4: 999 90%-os biztonsággal.

d) Mivel az ismeretlen x0 értékhez tartozó k = 3 független meg…gyelés átlagára teljesül ! r 1 T 1 x0 1 (x0 ) b ax0 + bb 2 N 0; + x0 1 (XT X) k és így

0

P@

sR

q

(x0 ) 1 k

+

x0 1

b ax0 + bb

(XT X) 1

x0 1

T

1

ta A = 1

.

Tehát keressük a meg…gyelt mintából számolt értékekkel és t0:05 = 3:182 táblázati értékkel az (3:52

0: 957 81x

1: 028 7)2

3:1822 0: 106 682

1 1 + x2 3 10

3 11 x+ 5 10

egyenl½otlenség megoldását, ami f2: 331 6

x

2: 860 3g

tehát a keresett érték 90%-os határai: x0 2 (2: 331 6; 2: 860 3) . Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

84


e) Vizsgáljuk a H0 :

hipotézist! Mivel H0 esetén

= 0:1

3 2 s 2 0:12 R

2 3

,

a próba statisztika értéke: 3 2 3 sR (y) = 0: 106 682 = 3: 414 2 . 2 0:1 0:12 Válasszuk

= 0:2; akkor

2 0:9

= 0:58

2 0:1

= 6:25 sz.f.: 3, amivel

0:58 < 3: 414 2 < 6:25 tehát elfogadjuk a H0 :

= 0:1 hipotézist.

2.18. Feladat. Egy függ½oleges irányban, felfelé elhajított k½odarab magasságát a t = (1; 1:5; 2; 2:5; 3) [s] id½opontokban megmérve, kaptuk az y=

9: 117 6 12: 694 16: 024 18: 606 20: 892

T

[m]

értékeket. a) Becsüljük az y = at2 + bt + c mozgás-egyenlet paramétereit 90%-os szint½u határokkal, és a hiba szórását! b) Milyen határok között lesz a magasság várható értéke, illetve a meg…gyelt érték a t = 5 id½opontban 95%-os szint mellett? c) A magasságot még a ”felszálló ágon”három független kísérletben, ugyanazon ismeretlen t0 id½opontban megmérve, kaptuk yt0 = [15: 118; 14: 944; 15: 024] Milyen határok között van a t0 id½opont 90%-os biztonsággal? d) Milyen határok között van 90%-os biztonsággl az a tm id½opont, amikor a legnagyobb magasságot éri el a k½odarab? Megoldás: A függ½oségi kapcsolat modellje: (t) = at2 + bt + c + " t 2 R


85

ahol " 2 N (0; ). Ekkor a terv-mátrix

2

6 6 X=6 6 4

3 12 1 1 1:52 1:5 1 7 7 22 2 1 7 7 , 2 2:5 2:5 1 5 32 3 1

amivel kapjuk 2

és

3 142: 13 55:0 22: 5 XT X = 4 55:0 22: 5 10:0 5 22: 5 10:0 5

3 406: 09 XT y = 4 169: 4 5 77: 334

2

3 3: 977 3 16: 709 5 . 15: 72

1

XT X

1: 136 4 4 4: 545 5 = 3: 977 3

2

4: 545 5 18: 582 16: 709

a) A paraméterek maximum likelihood becslése 2

3 a 4 b 5 c

és

XT X

1

2

XT y = 4

3 0: 951 09 9: 696 5 5 0: 353 6

1 T 1 y y y T X XT X XT y = 2: 599 4 10 3 , 5 illetve a torzítatlanság miatt korrigált becslés r 5 sR (y) = 2: 599 4 10 3 = 8: 061 3 10 2 2 2

amivel az együtthatók becslésének kovariancia mátrixa az alábbi módon becsülhet½o:

8: 061 3

10

2

2

1: 136 4 2 4 4: 545 5 3: 977 3 2 7: 384 8 4 2: 953 9 = 2: 584 6

4: 545 5 18: 582 16: 709 10 3 10 2 10 2

3 3: 977 3 16: 709 5 = 15: 72

2: 953 9 10 : 120 75 : 108 58

2

2: 584 6 10 : 108 58 : 102 16

2

3

5 .

Az együtthatók intervallum becsléséhez = 0:1

t0:1 = 2:920

sz.f.: 2 Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

86


és így a

0: 951 09

p

2:920

b

9: 696 5

2:920

p

c

0: 353 6 + 2:920

p

7: 384 8

0: 120 75

0: 102 16

10

3

% &

0: 700 1: 202

% 10: 711 & 8: 682

% 1: 287 & 0: 580

b) Mivel az együtthatók lineáris függvénye szórásának becslése q 2 25 5 1 (XT X) 1 25 5 1 8: 061 3 10

T

= 0: 749 18 ,

és

= 0:05

t0:05 = 4:303

sz.f.: 2

kapjuk 0: 951 09 52 + 9: 696 5 5 + 0: 353 6

m(5)

4:303 0: 749 18

A magasság értékének becsléséhez a szórás becslése r 1 8: 061 3 10 2 + 25 5 1 (XT X) 1 25 5 1 1

T

% 28: 283 . & 21: 835

= 0: 753 51 ,

amivel 0: 951 09 52 + 9: 696 5 5 + 0: 353 6

(5)

4:303 0: 753 51

% 28: 301 . & 21: 816

c) Mivel a t0 id½oponthoz tartozó k = 3 független meg…gyelés átlagára teljesül r 1 + t20 t0 1 (XT X) 1 t20 t0 1 (t0 ) b at20 + bbt0 + b c 2 N 0; k

T

!

és így

0

P@

sR

q

(t0 ) 1 k

+

t20

t0 1

b at20 + bbt0 + b c (XT X) 1

t20

t0 1

T

1

ta A = 1

.

Tehát keressük a meg…gyelt mintából számolt értékekkel és t0:1 = 2:920 táblázati értékkel az 2

15: 029 + 0: 951 09t2 9: 696 5t 0: 353 6 6: 332 7 10 2 t4 : 506 6t3 + 1: 478 6t2

1: 861 7t + : 893 91


87


t

vagy

1: 876 6g

f7: 065 6

t

10: 559g

tehát a (felszálló ágban) keresett id½opont 90%-os határai: t0 2 (1: 820 9; 1: 876 6) b , 2a

d) Mivel a keresett id½opont tm =

és így

2tmb a + bb 2 N 0

P@

sR

q

q

0;

2tm 1 0

ezért 2tm a + b = 0, tehát 2tm 1 0 (XT X)

2tmb a + bb

(XT X) 1

2tm 1 0

1

T

2tm 1 0

T

1

ta A = 1

.

Tehát keressük a meg…gyelt mintából számolt értékekkel és t0:1 = 2:920 táblázati értékkel az (2t ( 0: 951 09) + 9: 696 5)2 2:9202

8: 061 3

10

2 2

4t2 1: 136 4 + 4t ( 4: 545 5) + 18: 582


t

6: 211 5g

tehát a 90%-os határok tm 2 (4: 447 2; 6: 211 5) . 2.19. Feladat. Egy tantárgy vizsgáján a bukások száma a félév során gyüjtött pontok száma szerint az alábbi volt: pontszám(x) hallgatók száma(n) közülük megbukott(f ) 25 10 2 15 20 12 10 30 24 a) Keressük a bukás valószín½uségének p(x) =

eax+b 1 + eax+b

(2.2)

alakú függvényét! b) Adjunk 90% szint½u intervallum becslést az

1 2

valószín½uséget adó pontszámra! Kézirat, módosítva: 2010. február 19.

88


Megoldás: Keressük az odds-hányados logaritmusának ln lineáris közelítését, ahol az h 2 12 y = ln 1 102 ln 1 2012 10

20

p(x) = ax + b 1 p(x) iT

24

ln 1 3024 30

meg…gyelt mintát

várható érték½u, ahol

i

T

ybi = axi + b i = 1; 2; 3 x=

és

1: 386 3 : 405 47 1: 386 3

=

25 15 10

T

1 1 + eaxi +b =p ni e 12 (axi +b) p(xi ))

1 1 p =p ni p(xi ) (1

i = 1; 2; 3

szórású független, normális eloszlásra vonatkozónak tekintjük, mivel @ p 1 ln = @p 1 p p (1 p) és a p valószín½uséget becsl½o relatív gyakoriság szórása r p(1 p) . n a) Használjunk iterációs lépésenkénti súlyozást a lineáris kapcsolat paramétereinek becslésére! 1. Indulásként adjuk meg a becsléseket súlyozás nélkül: 2 3 25 1 1 X = x 1 = 4 15 1 5 ) XT X XT y = 10 1 2. Használjuk a 2 10ea 25+b 2 a 25+b ) 6 (1+e 6 0 W =6 4 0

0 20ea 15+b 2 1+e ( a 15+b )

0

0

30ea 10+b 2

(1+ea 10+b )

súlymátrixot, amivel XT W X

3

0

1

XT W y =

: 184 03 3: 202 3

2 3 1: 588 3 0 0 7 7 4 0 4: 763 7 0 5 7= 5 0 0 4: 87 : 185 58 3: 221 2


89

3. Mint el½obb, kapjuk 2

3 1: 569 3 0 0 5 0 4: 768 2 0 W =4 0 0 4: 860 2 amivel XT W X 4.

1

a = : 185 6 b = 3: 221 5

XT W y =

2

3 1: 569 1 0 0 5 0 4: 768 2 0 W =4 0 0 4: 859 9 1

XT W X ami már (10

4

: 185 6 3: 221 5

XT W y =

pontossággal) azonos az el½oz½o lépésben kapott eredménnyel.

Tehát a paraméterek becsült értéke a amivel

b a(y) =

0: 185 6

pb(x) =

p(x)

bb(y) = 3: 221 5

b

e 0: 185 6x+3: 221 5 . 1 + e 0: 185 6x+3: 221 5

A maradék négyzetösszeg és a hiba szórásnégyzetének becslése 1

SS(y) = y T W y 2

y T W X XT W X XT W y = 8: 621 2 1 SS = 8: 621 2 10 3 s2R (y) = 3 2

10

3

ahol XT W X

1

3: 679 3 10 3 5: 236 1 10 2

=

3: 679 3 10 3 8: 621 2 10 3 5: 236 1 10 2 8: 621 2 10 3

5: 236 1 10 : 834 47

2

5: 236 1 10 2 8: 621 2 10 : 834 47 8: 621 2 10 3

3

tehát az együtthatók becslésének kovariancia mátrixa (pontosabban annak becsült értéke): s2R (y) XT W X

1

=

3: 172 10 5 4: 514 1 10

4

4: 514 1 10 4 7: 194 1 10 3

.


90


b) Mivel azt az x0 értéket keressük, amivel ax0 + b = 0, tehát a becsült érték x0

3: 221 5 = 17: 357 . 0: 185 6

Az intervallum becsléshez írhatjuk q b x0 1 (XT W X) b ax0 + b 2 N 0; és

0

P@

Válasszuk tehát az

sR

q

x0 1

b ax0 + bb

(XT W X)

1

x0 1

1

T

x0 1 1

T

t A=1

.

= 0:1 esetén t0:1 = 6:314 (sz.f.: 1) kritikus értéket, és keressük

( 0: 185 6x + 3: 221 5)2 3: 172 10 5 x2 2 4: 514 1 10 4 x + 7: 194 1 egyenl½otlenség megoldását, amib½ol a 90%-os határok:

10

3

6:3142

x0 2 (16: 331; 18: 622) Megjegyzés: A regressziós függvény 2.2 alakú keresését az indokolja, hogy ha egy mennyiség feltételes eloszlása két alternatíva (egy esemény és komplementere) esetén normális, azonos szórásokkal, akkor az események feltételes valószín½usége ilyen függvénye a = x értéknek. Az ilyen problémát LOGIT regressziónak nevezik. Ha még a szórások is különböznek, az odds-hányados logaritmusa az x érték másodfokú függvénye lesz. A maradék négyzetösszegb½ol kapott s2R (y) = 8: 621 2 10 3 a súlyozás miatt tudottan 2 = 1 érték becslése, ami az igazi értéknél jóval kisebb ugyan, de az 1 szabadsági fokú 2 eloszlás eloszlásfüggvényével (lásd pl. az R programcsomagban a pchisq(0.0086212,df=1) parancs hívásával) F (8: 621 2 10 3 ) = 0:0739776 tehát a becsült érték még így is nagyobb mint a 90%-os szint½u kon…dencia intervallum alsó határa.

matematikai statisztika gyakorlatok

Recommend Documents