x 4 e 2x dx Γ(r) = x r 1 e x dx (1)

Transkriptio

1 HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Todennäköisyyslaskenta IIA, syksy Harjoitus 6 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I 1. Laske numeeriset arvot seuraaville integraaleille: x 4 e 2x dx ja 1 x 3/2 (1 x) 3 dx. Vihjeitä: Gammafunktio ja beetafunktio jaksosta 5.2. (Jälkimmäisen integraalin voisi laskea myös työläämmin laskemalla (1 x) 3 auki ja integroimalla näin saatua funktiota.) Muistetaan, että ja B(x, y) = Γ(r) = 1 x r 1 e x dx (1) t x 1 (1 t) y 1 dt = Γ(x)Γ(y) Γ(x + y) Lisäksi Γ(n + 1) = nγ(n), luonnollisille luvuille pätee Γ(n) = (n 1)! ja yleisesti pätee Γ( 1 2 ) = π. Muokkaamalla funktioita sopivasti voimme integroida "kuin tilastotieteilijä"ja välttyä työläiltä laskuilta käyttämällä gamma- ja beetafunktiota. Sijoitetaan ensimmäiseen integraaliin t = 1 dt, jolloin. Nyt 2 2 (2) x 4 e 2x 1 t 4 e t dt = Γ(5) = ! = Toisen integraalin tapauksessa huomaamme ilman suurempia ongelmia, että (3) 1 x 3/2 (1 x) 3 B( 5 2, 4) = Γ( 5)Γ(4) Γ( 5 + 4) = Γ( 1)3! Γ( 1) = = (4) 2. Olkoon Z N(, 1). Laske arvot Z :n kuudelle ensimmäiselle momentille EZ k, k = 1, 2,..., 6 seuraavilla kahdella tavalla. a) Tarkastele integraalia EZ k = z k f(z)dz. Parittomilla k integrandi on pariton funktio, joten integraali on nolla. Parillisilla k integrandi on parillinen funktio: muuta integrointialueeksi ensin (, ), tee muuttujanvaihto y = x 2 /2 sekä ilmaise lopputulos gammafunktion avulla. Käytä hyväksi jaksossa 5.2 kerrottuja gammafunktion ominaisuuksia.

2 b) Kehitä jakauman momenttiemäfunktio M(t) = exp(t 2 /2) potessisarjaksi, ja tutki sarjan termejä. a) Tehtävänannon vihjeen nojalla EZ k =, kun k on pariton. Voimme siis keskittyä tarkastelemaan tilannetta, jossa k = 2n, n N. Nyt EZ 2n = = 2 z 2n f Z (z)dz z 2n (2π) 1/2 e z2 /2 dz = 2(2π) 1/2 (z 2 ) 2n 1 2 e z2 2 zdz = 2(2π) 1/2 (2y) n 1/2 e y dy = 2n+ 1 2 y n+1/2 1 e y dy 2π = 2n Γ(n ) π (5) Tämän kaavan avulla voidaan laskea parilliset momentit käyttäen apuna gammafunktion ominaisuuksia. Γ( ) = 1 2 Γ(1 2 ) = π 2 EZ 2 = 2Γ( ) π = 1 EZ 4 = 22 Γ( ) π = Γ( ) π = 3 (6) EZ 6 = 23 Γ( ) π = Γ( ) π = 15 b) Taylorin kaavan tai eksponentin sarjakehitelmän nojalla M Z (t) = e t2 /2 = (t 2 /2) n = n! n= n= (t 2n ) 2 n n! Voimme keskittyä sarjan neljään ensimmäiseen termiin, sillä tarkoitus on tarkastella satunnaismuuttujan kuutta ensimmäistä momenttia. Tällöin M Z (t) = 1 + t2 2 + t4 8 + t6 + n=4 (t 2n ) 2 n n! Tässä kohtaa huomataan, että koska tarkoituksemme on derivoida momenttiemäfunktiota enintään kuusi kertaa ja t:n aste on suurempaa kuin kahdeksan, voimme unohtaa ylläolevasta yhtälöstä sarjan hännän (t 2n ) n=4, sillä pisteessä 2 n n! t = on jokaisen termin arvo sarjan hännässä. Nyt (7) (8)

3 M Z(t) = t + 4t t5 M Z(t) = t t4 8 M (3) Z (t) = t t3 8 M (4) Z (t) = t2 M (5) Z (t) = t M (6) Z (t) = 6! Nyt huomataan, että M (k) Z () =, kun k {1, 3, 5} ja EZ 2 = M Z() = 1 EZ 4 = M (4) Z () = 3 EZ 6 = M (4) Z () = 15 (9) (1) 3. Satunnaismuuttujan X odotusarvo on, varianssi on 1 ja vinous on S(X) = s, kun sm:n vinous määritellään S(X) = µ 3 /σ 3, missä µ 3 on kolmas keskusmomentti ja σ on kesihajonta. Laske seuraavien satunnaismuuttujien vinoudet: (a) Y = X + b; (b) Z = ax (missä a > ); (c) W = X. Satunnaismuuttujan kolmas keskusmomentti määritellään kaavalla E((X EX) 3 ). Lisäksi keskihajonta on varianssin neliöjuuri. Koska V ar(x) = σ 2 = 1 ja EX =, saamme ratkaistua µ 3 /σ 3 = s µ 3 = s E((X EX) 3 ) = s EX 3 = s (11) a) Nyt var(y ) = var(x +b) = var(x) = 1, ja EY = E(X +b) = EX +Eb = +b. Tällöin S(Y ) = E((Y EY )3 ) = E((X + b b)3 ) ( var(y )) 3 1 = E(X 3 ) = s (12) b) Lasketaan ensin varianssi var(z) = var(ax) = a 2 var(x) = a 2 ja odotusarvo EZ = EaX = aex =. Nyt helposti E((Z EZ) 3 ) ( var(z)) 3 = EZ3 a 3 = a3 E(X 3 ) a 3 = EX 3 = s (13) c) Taas lasketaan ensin varianssi var(w ) = ( 1) 2 var(x) = 1 ja odotusarvo EW = 1EX =, jolloin E((W EW ) 3 ) = E((W EW )3 ) = E(W 3 ) = E( 1 3 X 3 ) = s (14) ( var(w )) 3 1

4 4. Olkoon sm:lla X tasajakauma U(, a). Laske jakauman momenttiemäfunktio ja kehitä se potenssisarjaksi (eksponenttifunktion Taylorin sarjan avulla). Päättele tuloksesta momentit EX k, kun k = 2, 4, 6, 8. (Tarkista lopuksi, että saat samat momentit suoraan integroimalla.) X :n tiheysfunktio on 1, jolloin momenttiemäfunktio saadaan odotusarvosta 2a M X (t) = E(e tx ) = Tunnetusti eksponenttifunktion sarjakehitelmä on muotoa: e tx 1 2a eta e ta. (15) 2at jolloin e x = x k /k! (16) k= M X (t) = 1 2at (ta) k ( ta) k = k! k= (ta) k 1 ( ta) k 1 k=1 2(k!) Nyt huomionarvoista on, että joka toinen sarjan termi on nolla osoittajan termien kumotessa toisensa. Merkitään virhetermiksi O(t) = k=1 (ta) k 1 ( ta) k 1 2(k!), nyt (17) M X (t) = (ta) (ta) (ta) (ta)8 + + O(t) (18) Nyt siis momenttiemäfunktion toiseksi, neljänneksi, kuudenneksi ja kahdeksanneksi derivaataksi saadaan (derivoimalla ylläolevaa polynomia): M (2) X () = 2a 6 = a2 3 = EX2 M (4) X () = a4 5 = EX4 M (6) X () = a6 7 = EX6 M (8) X () = a8 9 = EX8 Tarkistetaan vielä momentit integroimalla eli odotusarvoina xk 1 dx k:n 2a ollessa 2, 4, 6, 8: (19) x 2 1 a2 2a 3 x 4 1 a4 2a 5 x 6 1 a6 2a 7 x 8 1 a8 2a 9 (2)

5 Yhtälöt täsmäävät aiempien (15) kanssa, joten kaikki on kunnosssa! 5. Johda Geom(p)-jakauman kertymäfunktiolle geometrisen sarjan avulla yksinkertainen lauseke. Haluamme ratkaista kertymäfunktion x F (x) = p(1 p) k (21) k= arvon. Koska F(x) on kertymäfunktio, F ( ) = k= p(1 p) k = 1. Tästä seuraa, että x F ( ) F (x) = p(1 p) k p(1 p) k k= k= 1 F (X) = k=x+1 p(1 p) k 1 F (X) = p((1 p) x+1 (1 + (1 p) + (1 p) 2 + )) (1 p)x+1 1 F (X) = p( 1 (1 p) ) F (X) = 1 (1 p) x+1 6. Olkoon X ja Y riippumattomia satunnaismuuttujia, ja oletetaan, että X, Y Poi(1). Muodosta sarjaesitys todennäköisyydelle p = P(X = Y ). a) Määrää alaraja todennäköisyydelle p laskemalla yhteen todennäköisyydet P(X = Y = k), kun k =, 1, 2, 3. b) Arvioi tapahtuman P(X = Y ja X, Y 4) todennäköisyyttä unohtamalla vaatimus, että X = Y ja käyttämällä sitten hyväksi riippumattomuutta. c) Määrää yläraja todennäköisyydelle p laskemalla yhteen a) kohdan alaraja ja b) kohdan arvio hännälle. a) Koska X ja Y ovat riippumattomia, pätee P (X = Y = k) = (P (X = k)) 2. Koska Poisson(1)-jakauman pistetodennäköisyysfunktio on (22) f X (x) = e 1 1 x! (23) saamme f X () = 1, f e X(1) = 1, f e X(2) = 1, f 2e X(3) = 1, ja nyt P (X = Y ) = 6e (f X (x)) 2, josta saamme alarajatodennäköisyydeksi 2 ( 1 e )2 + ( 1 2e )2 + ( 1 6e )2 = 82 36e 2 (24) b) Tehtävänannon mukaisesti "unohdamme"vaatimuksen X = Y, jolloin voimme arvioida jakauman häntää ylhäältä päin: P (X = Y, X 4, Y 4) P (X 4, Y 4) = (1 P (X 3)) 2 = (1 16 6e )2 (25)

6 c) Nyt siis saamme arvioksi todennäköisyydelle P (X = Y ) P (X = Y, X, Y 3) + P (X 4, Y 4) = (1 36e2 6e )2 (26) Tämän likiarvo on, 3862 ja e 2, Siis.383 P (X = Y )