A március 20-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

Feladatok:

1. Általános valószínűségi változók esetében is érvényes a

inf_{−∞<M<∞} E(ξ − M)^{2} = Var ξ

azonosság. Megoldás: A diszkrét valószínűségi változók esetéhez hasonlóan érvelhetünk.

E(ξ − M)^{2} = E(ξ − Eξ + (Eξ_{M}))^{2} = E(ξ − Eξ)^{2} + (Eξ − M)^{2} ≥ Var ξ,

és M = Eξ esetében azonosság érvényes.

2. Legyen ξ valószínűségi változó f(u) sűrűségfüggvénnyel, a és b valós számok. Határozzuk meg az η = aξ + b és ζ = ξ^{2} valószínűségi változók sűrűségfüggvényét. Megoldás: Legyen F (x) = P (ξ < x) = ∫_{−∞}^{x} f(u) du a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye. Ekkor az η = aξ + b valószínűségi változó eloszlásfüggvénye a

G(x) = P (η < x) = P (ξ < \frac{x − b}{a}) = F (\frac{x − b}{a}) függvény, ha a > 0, és G(x) =

P (η < x) = P (ξ > \frac{x − b}{a}) = 1 − F (\frac{x − b}{a}), ha a < 0. Innen η sűrűségfüggvénye

g(x) = \frac{dG(x)}{dx} = \frac{1}{|a|}f (\frac{x − b}{a}).

A ζ = ξ^{2} valószínűségi változó eloszlásfüggvénye

G(x) = P (ξ^{2} < x) = P (−\sqrt{x} < ξ < \sqrt{x}) = F (\sqrt{x}) − F (−\sqrt{x}) ,

ha x ≥ 0, és G(x) = 0, ha x < 0. Innen deriválással ζ sűrűségfüggvénye g(x) =

\frac{1}{2\sqrt{x}} (f (\sqrt{x}) + f (−\sqrt{x})).

Házi feladat:

Legyen egy ξ valószínűségi változónak f(x) sűrűségfüggvénye. Számítsuk ki ξ^{3} és ξ^{4} sűrűségfüggvényét.

3. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, m, σ valós számok, akkor az σξ +m valószínűségi változó várható értéke m szórásnégyzete σ^{2}, sűrűségfüggvénye

pedig g(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}|σ|}e^{−(u−m)^{2}/2σ^{2}}.

Megoldás: E(σξ + m) = σEξ + m = m, és Var (σξ + m) = σ^{2}Var ξ = σ^{2}. Továbbá, az előző feladat eredménye alapján a σξ+m valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

az f(x) = \frac{1}{|σ|}φ (\frac{x − m}{σ}), ahol φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}, a standard normális sűrűség-

függvény. Innen következik a feladat állítása.

4. Ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkorEξ^{2k−1} = 0, Eξ^{2k} = 1 · 3 ⋯ (2k − 1) minden k = 1, 2, … számra.

Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait. Megoldás:

Eξ^{2k−1} = ∫_{−∞}^{∞} x^{2k−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} dx = 0,

mert az integrandus páratlan függvény. Másrészt parciális integrálással f(x) =

x^{2k−1} és g(x) = x\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} = \frac{d}{dx} (−\frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2}) kapjuk, hogy

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

Innen k szerinti indukcióval kapjuk a feladat második állítását.

Házi feladat:

Számítsuk ki egy λ paraméterű exponenciális eloszlású valószínűségi változó momentumait, azaz egy olyam valószínűségi változó momentumait adjuk meg, melynek sűrűségfüggvénye f(x) = λe^{−λx}, ha x ≥ 0, és f(x) = 0, ha x < 0.

5. Mutassuk meg, hogy egy exponenciális eloszlású ξ valószínűségi változó teljesíti a következő úgynevezett örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) = P (ξ > x)

minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra. Megoldás: Mivel P (ξ > u) = e^{−λu} minden u ≥ 0 számra, ezért P (ξ > x + y|ξ >

y) = \frac{e^{−λ(x+y)}}{e^{−λy}} = e^{−λx} = P (ξ > x).

Nem kötelező házi feladat:

Ha egy ξ valószínűségi változó teljesűti az örökifjú tulajdonságot, akkor az exponenciális eloszlású.

Segítség: Azt kell belátni, hogy amennyiben P (ξ > x + y) = P (ξ > x)P (ξ > y) minden x ≥ 0 és y ≥ 0 számra, akkor P (ξ > x) = e^{−λx} minden x ≥ 0 számra. Legyen P (ξ > x) = e^{−λ(x)x} valamely x > 0 számra. Lássuk be először az y = \frac{p}{q}x alakú számokra, ahol p és q pozitív egész számok, hogy P (ξ > y) = e^{−λ(x)y}. Végül, mivel P (ξ > x) monoton csökkenő függvény, ezért λ(x) = λ.

6. Mutassuk meg, hogy létezik olyan ξ valószínűségi változó teljesíti a következő szuper örökifjú tulajdonságot:

P (ξ > x + y|ξ > y) > P (ξ > x)

minden x > 0 és y > 0 számra. Megoldás: Legyen a ξ valószínűségi változó olyan, hogy P (ξ > x) = e^{−\sqrt{x}}, ha x ≥ 0 és P (ξ > x) = 1, ha x < 0. Ekkor P (ξ > x + y|x > y) = e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}}, ha x > 0, y > 0. Ezért elég megmuatatni, hogy e^{−\sqrt{x+y}+\sqrt{y}} > e^{−\sqrt{y}}, illetve hogy \sqrt{x + y} < \sqrt{x} + \sqrt{y}, ha x > 0 és y > 0. Ez az egyenlőtlenség viszont (négyzetre emelés után) könnyen látható.

7. Legyen egy (ξ_{1}, ξ_{2}) véletlen vektor eloszlása az F (x_{1}, x_{2}) = P (ξ_{1} < x_{1}, ξ_{2} < x_{2}) függvény, −∞ < a_{1} < b_{1} < ∞, −∞ < a_{2} < b_{2} < ∞ valós számok. Fejezzük ki az F (x_{1}, x_{2}) eloszlásfüggvény segítségével a P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}), P (a_{1} ≤ ξ_{1} ≤ b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} ≤ b_{2}) és P (a_{1} < ξ_{1} < b_{1}, a_{2} < ξ_{2} < b_{2}) valószínűségeket. Megoldás: Először azt megmutatjuk meg, hogy P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}) = F (b_{1}, b_{2})−F (b_{1}, a_{2})−F (a_{1}, b_{2})+F (a_{1}, a_{2}). Valóban, F (b_{1}, b_{2})−F (b_{1}, a_{2}) = P (ξ_{1} < b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}), és F (a_{1}, b_{2}) − F (a_{1}, a_{2}) = P (ξ_{1} < a_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2}). Ezt a két azonosságot kivonva egymásból megkapjuk a kívánt állítást.

P (a_{1} ≤ ξ_{1} ≤ b_{1}, a_{2} ≤ ξ_{2} ≤ b_{2}) = lim_{n→∞} P (a_{1} ≤ ξ_{1} < b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2} ≤ ξ_{2} < b_{2} + \frac{1}{n})

= lim_{n→∞}(F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) − F (b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2}) − F (a_{1}, b_{2} + \frac{1}{n}) + F (a_{1}, a_{2}))

= lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) − lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, a_{2})

− lim_{n→∞} F (a_{1}, b_{2} + \frac{1}{n}) + F (a_{1}, a_{2}).

Jegyezzük meg, hogy az eloszlásfüggvény tulajdonságaiból következik, hogy a felírt határértékek, például a lim_{n→∞} F (b_{1} + \frac{1}{n}, b_{2} + \frac{1}{n}) kifejezés valóban létezik.

Hasonlán,

P (a_{1} < ξ_{1} < b_{1}, a_{2} < ξ_{2} < b_{2}) = lim_{n→∞} P (a_{1} + \frac{1}{n} ≤ ξ_{1} < b_{1}, a_{2} + \frac{1}{n} ≤ ξ_{2} < b_{2})

= lim_{n→∞} F (b_{1}, b_{2}) − F (b_{1}, a_{2} + \frac{1}{n})

− lim_{n→∞} F (a_{1} + \frac{1}{n}, b_{2}) + lim_{n→∞} F (a_{1} + \frac{1}{n}, a_{2} + \frac{1}{n}) .

8. Legyen az F (x_{1}, …, x_{k}) = P (ξ_{1} < x_{1}, …, ξ_{k} < x_{k}) függvény a (ξ_{1}, …, ξ_{k}) véletlen vektor eloszlásfüggvénye. Mutassuk meg a várható érték additivitásának felhasználásával (és alkalmas halmazok indikátorfüggvényének a bevezetésével), hogy

P ((a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k) = ∑_{\begin{matrix}u_{j}= a_{j} vagy b_{j} \\ j=1,...,k \end{matrix}}(−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}F (u_{1}, …, u_{k}),

ahol ψ(u_{1}, …, u_{k}) jelöli az a_{j}-k számát az u_{1}, …, u_{k} sorozatban.

Megoldás: Adva valamely u_{1}, …, u_{k} számok, definiáljuk a

B(u_{1}, …, u_{k}) = {(t_{1}, …, t_{k}): t_{j} < u_{j}, 1 ≤ j ≤ k}

halmazt, és legyen χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω) az {ω: (ξ_{1}(ω), …, ξ_{k}(ω)) ∈ B(u_{1}, …, u_{k})} halmaz indikátorfüggvénye. Legyen továbbá χ_{K}(ω) az {ω: a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k} halmaz indikátorfüggvénye. Elég megmutatni, hogy

χ_{K}(ω) = ∑_{\begin{matrix}u_{j}= a_{j} vagy b_{j} \\ j=1,...,k \end{matrix}}(−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω),

mert véve ezután mind a két oldal várható értékét megkapjuk a kívánt azonosságot. Az is világos, hogy {ω: a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, 1 ≤ j ≤ k} esetében a bizonyítandó azonosság mind a két oldala 1-gyel egyenlő. Azt kell észrevenni, hogy ekkor a jobboldalon a χ_{B(b_{1},...,b_{k})}(ω) tag 1, és az összes többi tag a jobboldalon nulla. Ha ω ∈ Ω olyan, hogy az a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j} egyenlőtlenségek nem teljesülnek minden 1 ≤ j ≤ k indexre, akkor a baloldal nulla. Azt kell belátni, hogy ugyanez érvényes a jobboldalon. Világos, hogy a jobboldal nulla, ha ξ_{j}(ω) ≥ b_{j} valamilyen j indexre. Azt az esetet kell még nézni, amikor ξ_{j}(ω) < b_{j} minden 1 ≤ j ≤ k indexre, bizonyos j indexekre a_{j} ≤ ξ_{j} < b_{j}, de létezik legalább egy olyan l index, melyre ξ_{j} < a_{j}. Legyen L a legkisebb ilyen index. Ha párosítjuk az olyan (−1)^{ψ(u_{1},...,u_{k})}χ_{B(u_{1},...,u_{k})}(ω) kifejezéseket, melyeknek az u_{j} koordinátátái megegyeznek j ≠ L esetben, de u_{L} = a_{L} a pár egyik és u_{L} = b_{L} a pár másik tagjára, akkor az összes ilyen pár hozadéka zéró. Ezért az azonosság ekkor is érvényes, mert mind a bal mind a jobboldal zéró ebben az esetben.