A május 9-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Megbeszéltünk néhány feladatot, mely arra adott példát, hogy bizonyos valószínűségeket hogyan lehet jól megbecsülni a centrális határeloszlástétel segítségével. Előtte felidéztük, hogy a Φ(·) normális eloszlásfüggvény teljesíti a Φ(−x) = 1−Φ(x) azonosságot tetszőleges −∞ < x < ∞ számra, és ez lehetővé teszi, hogy elég legyen a normális eloszlásfüggvényt csak nem negatív számokra tabulálni a táblázatokban.

Az említett azonosság abból következik, hogy a normális eloszlásfüggvény φ(·) eloszlásfüggvénye páros, ezért Φ(−x) = ∫_{−∞}^{−x} φ(u) du = ∫_{x}^{∞} φ(u) du = 1 − Φ(x).

Vizsgáljuk a következő feladat megoldását:

1. Tekintsünk egy szabályos pénzdarab 10 000 egymás utáni (független) feldobásából származó fej-írás sorozatot. Adjunk becslést a Chebishev egyenlőtlenség segítségével annak valószínűségére, hogy a fej-dobások számának eltérése a várt 5000 számtól legalább 100-zal, illetve legalább 200-zal eltér! Milyen becslést ad ezekre a valószínűségekre a centrális határeloszlástétel?

Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, ≤ j ≤ 10 000 valószínűségi változókat, melyekre ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej, ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás. Ekkor ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10 000 független valószínűségi változők, Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4},

és a P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 100) és P (| ∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})| > 200) valószínűségekre kell

becslést adnunk. A Chebishev egyenlőtlenség az első valószínűségre a \frac{10000 · \frac{1}{4}}{100^{2}} = \frac{1}{4}, a

második valószínűségre pedig a \frac{10000 · \frac{1}{4}}{200^{2}} = \frac{1}{16} felső becslést adja.

A centrális határeloszlástétel szerint P (\frac{∑_{j=1}^{10000}(ξ_{j} − Eξ_{j})}{\sqrt{10000 · \frac{1}{4}}} > u) ∼ 1 − Φ(u). Innen

kapjuk, hogy az első valószínűség kiszámításához az u = ± \frac{100}{\frac{1}{2} ·100} = ±2 értékeket kell tekinteni, és a vizsgált valószínűség közelítőleg (1 − Φ(2)) + Φ(−2) = 2(1 − Φ(2)) ∼ 2(1 − 0.97720) = 0.0456. A második valószínűség hasonlóan körülbelül 2(1 − Φ(4)) ∼ 0, (az első 4 tizedesjegy 0).

2. Legyen birtokunkban 100 lámpa, melyek mindegyike egymástól független időtartamig működik, élettartamuk pedig exponenciális eloszlású λ = \frac{1}{100} paraméterrel. (A lámpák élettartamának exponenciális eloszlása természetes feltételezés.) Egy termet bevilágítunk ezen lámpák valamelyikével, majd amikor az kiégett új lámpát használunk fel. Adjunk jó becslést arra, hogy a lámpák összélettartama legalább 1150 óra.

Jelölje ξ_{j} a j-ik lámpa éléttartamát, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) valószínűségre kell jó becslést adnunk, ahol az összegben független exponenciális eloszlású valószínűségi változók szerepelnek λ = \frac{1}{10} paraméterrel. Vezessük be az η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} jelölést. Ki tudjuk-e számítani a P (η > x) valószínűségeket tetszőleges x számra pontosan? A válasz erre a kérdésre az, hogy igen, de a jelen feladat megoldásához nem érdemes ezt az útat választani.

Ugyanis ki tudjuk számítani m független λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változő összegének a sűrűségfüggvényét. Ez ugyanazt jelenti mint m darab exponenciális sűrűségfüggvény konvolucióját kiszámítani, és ezt a feladatot az április 25i gyakorlat 3. feladatában tárgyaltuk. Eszerint esetünkben a keresett sűrűségfüggvény

f̄(u) = \frac{λ^{m}u^{m−1}}{(m − 1)!} e^{−λu} λ = \frac{1}{10} és m = 100 választással. Továbbá P (η > x) =

∫_{x}^{∞} f̄(u) du. Ezt az integrált szukcessziv parciális integrálással ki tudjuk számolni, és kapunk egy száztagú összeget. Ez egy elvi lehetőséget ad a minket érdeklő valószínűség kiszámítására x = 1150 választással. Ez azonban sok számolást igényel, és félő hogy a kerekítési hibák miatt a kapott eredmény félrevezető lesz még hibátlan számolás esetén is. Ennél egyszerűbb és hasznosabb a centrális határeloszlástétel alkalmazása.

Kiszámoltuk (április 25-i gyakorlat 2. feladat), hogy jelen esetben Eη = mEξ_{1} =

\frac{m}{λ} = 10, Var η = \frac{m}{λ^{2}} = 10000 (m = 100 és λ = \frac{1}{10} választással. Ezért a centrális

határeloszlástétel szerint \frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} = \frac{η − 1000}{100} jó közelítéssel standard normális eloszlású

valósz1nűségi változó, és P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{100} > 1150) = \frac{η − Eη}{\sqrt{Var η}} > 1.5 ∼ 1 − Φ(1.5).

3. Vegyünk egy olyan pénzdarabot, mely \frac{2}{3} valószínűséggel esik a fej és \frac{1}{3} valószínűséggel az írás oldalra. Ezt a pénzdarabot annyiszor dobjuk fel, ameddig megjelenik 1200 fej dobás. Mi annak a valószínűsége, hogy az elvégzett dobások száma 1680 1430 küzé esik? Adjunk erre a valószínűségre jó közelítő becslést.

Az elvégzett dobások száma negatív binomiális eloszlású valószínűségi változó n = 1200 p = \frac{1}{3} paraméterekkel, és egy ilyen valószínűségi változónak kiszámoltuk a pontos eloszlását, azaz azt, hogy milyen értéket milyen valószínűséggel vesz fel. (Lásd március 28-i gyakorlat 6. feladat.) Elvileg, ez lehetőséget ad a kívánt valószínűség kiszámítására. Ennél hasznosabb becslést tudunk kapni a következő érvelés segítségével, mely a kívánt valószínűséget jó pontossággal kiszámítja a centrális határeloszlástétel segítségével.

Jelölje ξ_{j}, 2 ≤ j ≤ 1200 a j − 1-ik és j-ik fejdobás közötti dobások számát (a j-ik fejdobást beleszámítjuk a j − 1-iket viszont nem számítjuk bele e dobások közé), és legyen ξ_{1} az első fejdobásig (ezt is beleszámítva) elvégzett dobások száma. Ekkor a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, negatív binomiális eloszlásúak n = 1, p = \frac{1}{3} paraméterekkel, és minket a P (1680 < ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} < 1830) valószínűség

érdekel. Megmutattuk (március 28-i gyakorlat 6. feladat), hogy Eξ_{j} = \frac{1}{1 − p} = 3,

Var ξ_{j} = \frac{p}{(1 − p)^{2}} = 6. Ezért a centrális határeloszlástétel alapján η = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{1200} jelöléssel minket a P (−\sqrt{2} < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < \frac{\sqrt{2}}{4}) valószínűség érdekel. A centrális

határeloszlástétel alapján P (−\sqrt{2} < \frac{η − 1200Eξ_{1}}{\sqrt{1200Var ξ_{1}}} < \frac{\sqrt{2}}{4}) ∼ Φ (\frac{\sqrt{2}}{4}) + Φ(\sqrt{2}) − 1.

Még volt néhány egyéb probléma tárgyalása is, melyeket csak később írok le. A le nem írt anyag nem fog szerepelni a május 16-án írandó dolgozatban.