A szeptember 24.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

1. Legyen ξ és η két független valószínűségi változó, ξ standard normális eloszlásfügg-

vénnyel, azaz φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} sűrűségfüggvénnyel, η pedig legyen egyenletes

eloszlású a [0, 1] intervallumon. Szúmítsuk ki ξ + η sűrűségfüggvényét. Megoldás: Jelölje f(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, f(x) = 0, ha x > 1 vagy x < 0 az egyenletes eloszlás sűrűségfüggvényét, g(x) ξ + η keresett sűrűségfüggvényét. Ekkor

g(x) = f ∗ φ(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(y)φ(x − y) dy = ∫_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−(x−y)^{2}/2} dy

= − ∫_{x}^{x−1} \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2} dy = Φ(x) − Φ(x − 1),

ahol Φ(x) a standard normális eloszlásfüggény. (Ezt az integrált nem lehet zárt alakban kiintegrálni, ezért ezt a kifejezést tekinthetjük végeredménynek is.

2. Mutassunk példát F_{n}(x) eloszlásfüggvények olyan sorozatára, melyek eloszásban konvergálnak a [0, 1] intervallumban egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényéhez, mindegyik F_{n}(x) eloszlásfüggvénynek van f_{n}(x) sűrűségfüggvénye, és ezek a sűrűségfüggvények majdnem minden x pontban a nullához tartanak. (A feladat mondanivalója az, hogy az eloszlásfüggvények konvergenciájából nem következik a sűrűségfüggvények konvergenciája. Azt, hogy az ellenkező irányban más a helyzet a feladatot követő nem kötelező házi feladat mondja ki.) Megoldás: Definiáljuk az F_{n}(x) eloszlúsfüggvényt a következő módon: Legyen F_{n}(x) = k2^{−n} a [k2^{−n}, (k + 1)2^{−n} − 2^{−10n}] intervallumokon, k = 0, 1, …, 2^{n} − 1, F (x) = 1, ha x ≥ 1, F (x) = 0, ha x ≤ 0, és legyen az F (x) függvény lineáris a (k+1)2^{−n}−2^{−10n}, (k+1)2^{−n}], k = 0, 1, …, 2^{n} = 1 intervallumokon. Ekkor az F_{n}(x) eloszlássüggvények nyílván konvergálnak az [0, 1] intervallumon egyenletes eloszlás eloszlásfüggvényéhez. Másrészt az F_{n}(x) eloszlásfüggvény sűrűségfüggvénye a [0, 1] intervallum egy 1−2^{9n} mértékű részhalmazán nulla, (a maradék 2^{−9n} mértékű hal-

mazon 2^{9n}.) Mivel ∑_{n=1}^{∞} 2^{−9n} < ∞, ezért a Borel–Cantelli lemma szerint a (Lebesgue

mérték szerint) majdnem minden x számra az f_{n}(x) sűrűségfüggvény véges sok n indexet kivéve nulla, és az ilyen x számokra lim_{n→∞} f_{n}(x) = 0. Innen következik a feladat állítása.

Nem kötelező házi feladat:

Tegyük fel, hogy g_{n}(x) sűrűsségfüggvények egy sorozata majdnem minden x pontban konvergál egy g(x) sűrűségfüggvényhez. Lássuk be, hogy ekkor a G_{n}(x) = ∫_{−∞} xg_{n}(u) du eloszlásfüggvények konvergálnak a G(x) = ∫_{−∞} xg(u) du eloszlásfüggvényhez.

3. Legyen ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, azaz legyen sűrűség-

függvénye a φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} függvény, és legyen t valós szám. Számoljuk ki az e^{tξ} valószínűségi változó Ee^{tξ} várható értékét. Megoldás: Ha ξ f(x) sűrűségfüggvénnyel rendelkező valószínűségi változó h(x) valós értékű (mérhető) függvény, akkor Eh(ξ) = ∫ h(x)f(x) dx. Esetünkben ez azt jelenti, hogy ha ξ standard normális eloszlású valószínűségi változó, akkor

Ee^{tξ} = ∫_{−∞}^{∞} e^{tx} \frac{e^{−x^{2}/2}}{\sqrt{2π}} dx.

Innen

Ee^{tξ} = ∫_{−∞}^{∞} \frac{e^{tx−x^{2}/2}}{\sqrt{2π}} dx = ∫_{−∞}^{∞} \frac{e^{t^{2}/2−(t−x)^{2}/2}}{\sqrt{2π}} dx = e^{t^{2}/2} ∫_{−∞}^{∞} \frac{e^{−x^{2}/2}}{\sqrt{2π}} dx = e^{t^{2}/2}.

4. Egy szabályos dobókockát feldobunk egymás után 10-szer egymástól függetlenül. Tekintsük a páros eredményű dobások összegének a harmadik hatványát, és számoljuk ki annak várható értékét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás eredménye 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik dobás eredménye 4, ξ_{j} = 6, ha a j-ik dobás eredménye 6, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3, vagy 5.

Legyen S = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}. Ekkor minket az ES^{3} mennyiség érdekel. ES^{3} = E ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j})^{3}.

Továbbá, Eξ_{j} = 2, Eξ_{j}^{2} = \frac{28}{3}, Eξ_{j}^{3} = 48 minden 1 ≤ j ≤ 10 számra, és a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek. Ezért

ES^{3} =  ∑_{1≤j,k,l≤10 a j,k,l indexek különbözőek}Eξ_{j}Eξ_{k}Eξ_{l} +  ∑_{1≤j,k≤100 a j,k indexek különbözőek}Eξ_{j}^{2}Eξ_{k} + ∑_{j=1}^{10} Eξ_{j}^{3}

= 10 · 9 · 8 · 2^{3} + 3 · 10 · 9 · 2 · \frac{28}{3} + 10 · 48 = 11280.

5. Legyenek ξ és η független valószínűségi változók, a ξ valószínűségi változó sűrűségfüggvénye f(x) = \frac{1}{2}e^{−|x|}, −∞ < x < ∞, az η valószínűségi változó egyenletes eloszlású a 0 ≤ x ≤ 1 intervallumban, azaz η sűrűségfüggvénye g(x) = 1, ha 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 egyébként. Számítsuk ki a ξ − η valószínűségi változó sűrűségfüggvényét. Megoldás: Jelölje g^{−}(·) a −η valószínűségi változó sűrűségfüggvényét. Ekkor felírhatjuk, hogy g^{−}(x) = 1, ha −1 ≤ x ≤ 0, g^{−}(x) = 0 egyébként, és a ξ − η = ξ + (−η) valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a h(x) = f ∗ g^{−}(x) függvény, ahol ∗ konvolúciót jelöl. Másrészt, mivel g^{−}(x−y) = 1, ha x ≤ y ≤ x+1, és g^{−}(x−y) = 0 különben, ezért

h(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(y)g^{−}(x − y) dy = ∫_{x}^{x+1} f(y) dy = ∫_{x}^{x+1} e^{−|y|} dy.

Válasszuk szét a következő három esetet: a.) x < −1, b.) −1 ≤ x ≤ 0, c.) x > 0. Az a.) esetben, ha x < −1 h(x) = ∫_{x}^{x+1} e^{−|y|} dy = ∫_{x}^{x+1} e^{y} dy = e^{x+1} − e^{x}, a b.) esetben, ha −1 ≤ x ≤ 0 h(x) = ∫_{x}^{x+1} e^{−|y|} dy = ∫_{x}^{0} e^{y} dy + ∫_{0}^{x+1} e^{−y} dy = 1 − e^{x} + 1 − e^{−x−1} = 2 − e^{−x−1} − e^{x}, a c.) esetben, ha x > 0 h(x) = ∫_{x}^{x+1} e^{−|y|} dy = ∫_{x}^{x+1} e^{−y} dy = e^{−x} − e^{−x−1}.