n A 1 P A.. Saadaan myös A B , joten P A P A B A:n esiintymiskertojen lukumäärä n heitossa ja suhteellinen frekvenssi

Transkriptio

1 Esimerkki. Heitetään yhtä noppaa kerran, alkeistapaukset (siis pisteluvut) ovat Ω Tapahtuma A pisteluku on vähintään ja sen todennäköisyys on P A n A n Ω 6 0 Esimerkki. Jatkoa esimerkkiin, liittyy todennäköisyyden ominaisuuksiin, Tuominen, s.. Nyt A c pisteluku on enintään 4 4 joten P A c 4 6 P A. Merkitään B pisteluku ei ole eikä jolloin P B 6, A B ja P A 5 B 6. Toisaalta saadaan P A B P A P B P A B sillä A B ja näin ollen P A B 6. Saadaan myös A B , joten P A B 6 P A P A B 6 Merkitään sitten C pisteluku ei ole jolloin A C, P C 5 6 ja P A P C. Esimerkki. Todennäköisyyden tulkintaa: frekvenssitulkinta. Heitetään noppaa n kertaa. Merkitään F n A A:n esiintymiskertojen lukumäärä n heitossa ja F n A f n A n suhteellinen frekvenssi n F n A f n A Ilmeisesti toistettaessa n kertaa (n iso ) on f n A P A. Vaihtoehtoisesti: heitetään n noppaa kerran, jolloin tulos on sama.

2 Esimerkki 4. Klassisen todennäköisyyden laajennus: geometrinen todennäköisyys. Perusjoukko Ω on geometrinen kuvio (jana, tasoalue, -ulotteinen kappale, ). Tikkataulu, numerot 0, säde 0 cm. A tulee kymppi m A π cm ja m Ω π 0 cm Näin ollen P A m A m π cm Ω π cm 00 Tässä oletetaan, että tikka osuu (eikä siis mene ohi) satunnaiseen kohtaan taulua! Muutenkaan oletukset eivät aivan vastaa todellisuutta, hyvä ehkä huonompikin heittäjä osuu taulun keskiosaan todennäköisemmin kuin sen laidoille. Esimerkki 5. Ruletti: 8 punaista, 8 mustaa ja vihreä ruutu. Ω kaikki 7 ruutua, n Ω 7, A tulee punainen, n A 8, P A P A c. Tähän huomioon perustuu se, että pitkällä aikavälillä ruletissa pelin pitäjä voittaa aina, jos pelataan pelkästään väreillä punainen ja musta, joissa pelin pitäjä maksaa voittona pelaajan panoksen suuruisen summan.

3 Esimerkki 6. Olkoon Ω 0. (i) /0 0 0 ei ole σ-algebra, sillä 0 c ollen ehto (σa ) ei toteudu. Toteutuuko (σa )? (ii) /0 0 0 on σ-algebra. (iii) Onko /0 0 σ-algebra?. Näin Esimerkki 7. Painotetun nopan heitto. Perusjoukko on Ω ja tapahtumien joukko on Ω ; siis aivan samat kuin tavallisen symmetrisen nopan tapauksessakin. Nyt kuitenkin noppaa on painotettu niin, että P 6 ja P i 0 kun i 4 5 Tällöin Ω P on todennäköisyysavaruus. Havaitaan, että Tapahtuman 6 P i P P P 6 i A ei saada kuutosta yhden nopan heitossa todennäköisyys on P A 5 P i P P 5 5 i Esimerkki 8. Valitaan luku t umpimähkään suljetulta väliltä I 0. Tällöin P t! P t k! 0 kun k I 0 5

4 Esimerkki 9. Oletetaan, että herra X valitsee viidestä työpaikasta yhden tai jää ilman työtä. Laske tn, että herra X valitsee ensimmäisen tai toisen työpaikan. Ratkaisu. Ensimmäinen pyrkimys on päästä sanoista eroon : A i herra X valitsee i:nnen työpaikan i 5 A 0 herra X jää ilman työtä Lasketaan siis P A A. Todetaan ensin, että eri A i :t (i 0 5) eivät voi sattua yhtä aikaa; siis A i A j /0, i j; sanotaan, että A i :t ovat erillisiä. Näin ollen P A A P A P A Esimerkki 0. Olkoon A ja B tn-avaruuden Ω P tapahtumia, joille P A 0 5, P B 0 6 sekä P A B 0. Lausu seuraavat tapahtumat sanallisesti ja laske niiden todennäköisyydet: a) A B, b) A B, c) B c ja d) A B A B. Ratkaisu. a) Sanallisesti A B joko A tai B tai molemmat tapahtuvat tapahtumista A ja B ainakin toinen sattuu Tämän todennäköisyys on yhteenlaskukaavan mukaan P A B P A P B P A B b) Sanallisesti A B A tapahtuu, mutta B ei tapahdu jonka todennäköisyys on Lauseen.. kohdan (vi) mukaan P A B P A P A B c) Sanallisesti B c B ei tapahdu ja sen todennäköisyys on Lauseen.. kohdan (ii) mukaan d) Sanallisesti A B P B c P B A B tapahtumista A ja B sattuu täsmälleen yksi ja sen todennäköisyys on Lauseen.. kohdan (vi) ja yhteenlaskukaavan mukaan P A B A B P A B P A B P A P B P A B P A B P A P B P A B

5 Esimerkki. Herrat M, T ja K pelaavat. Oletetaan, että herra M on kertaa niin taitava kuin herra K ja herra T on kolme kertaa niin taitava kuin herra K. Laske tn, että herra M tai herra K voittaa. Ratkaisu. Merkitään ω M herra M voittaa ω T herra T voittaa ja ω K herra K voittaa jolloin Ω ω M ω T ω K. Nyt p M P ω M P herra M voittaa p T P ω T P herra T voittaa p K P ω K P herra K voittaa Tällöin p M p K ja p T p K, joten saadaan aksiooman (TN ) perusteella p M p T p K p K p K p K 6 p K Näin ollen p K 6 ja kysytty tn on siis P herra M tai herra K voittaa p M p K 6 6 Esimerkki. Symmetrinen tn-avaruus; yhden nopan heitto symmetrisellä nopalla. Tällöin Ω 4 5 6, ja jos A pisteluku vähintään , niin P A n A n Ω Esimerkki. Numeroituva (ääretön) tn-avaruus ei voi olla symmetrinen: Merkitään Ω ω ω ω. (i) Jos p i P ω i ε 0 kaikilla i niin ε (ii) Jos niin i p i i 6 p i P ω i 0 kaikilla i p i 0 0 i i Näin ollen aksiooma (TN ) ei ole voimassa. 6

6 Esimerkki 4. Kuinka moneen eri järjestykseen kolme henkilöä M, T ja K voidaan asettaa? Ratkaisu. Merkitään E M T K. Mahdolliset järjestykset ovat (M,T,K), (M,K,T), (T,M,K), (T,K,M), (K,M,T) ja (K,T,M). Näin ollen eri järjestyksiä on 6! ja sanotaan, että E:llä on 6 permutaatiota. Kuinka moneen eri järjestykseen voidaan 0 henkilöä asettaa? Esimerkki 5. Valitaan umpimähkään yksi -numeroinen luku. Kuinka monella tavalla tämä on mahdollista? Entä mikä on todennäköisyys, että luvussa esiintyy numero? Ratkaisu. Ensimmäisen numeron on oltava jokin luvuista 9, joten se voidaan valita 9 tavalla. Toinen luku voi olla mikä tahansa numero 0 9, joten se voidaan valita 0 tavalla. Siis yhteensä saamme mahdollisuutta. Numero esiintyy kaikissa luvuissa 0 9, joita on 0 kpl. Tämän lisäksi numero esiintyy luvuissa 4 9, joita on 8 kpl. Näin ollen -numeroisia lukuja, joissa numero esiintyy, on yhteensä kpl. Saadaan siis P umpimähkään valitussa -numeroisessa luvussa esiintyy numero Esimerkki 6. Herra K on ostamassa uutta autoa. Hän voi valita kolmesta automerkistä ja neljästä väristä. Lisäksi hän voi joko ottaa tai olla ottamatta autoonsa erikoisvanteet. Kuinka monta eri vaihtoehtoa herra K:lla on valita uusi autonsa? Ratkaisu. Vaihtoehtoja on yhteensä 4 4. On oleellista, että eri vaiheissa vaihtoehtojen lkm:t ovat riippumattomia. Tämä tarkoittaa sitä, että auton väri ei riipu auton merkistä jne.

7 Esimerkki 7. Jatkoa Tuomisen esimerkkiin.5.6. Mikä on todennäköisyys, että umpimähkään täytetyssä veikkaussarakkeessa on oikein? Ratkaisu. Olkoon A i i kohde on väärin ja kaikki muut oikein i A Tällöin Koska n A i oikein A A i ja A i A j /0 kun i j i ( väärä kohde voidaan valita täytettäväksi kahdella tavalla, kaikki muut vain yhdellä; tuloperiaate), i ja P A n A n A n Ω n A i 6 i, niin Esimerkki 8. Herra K on jälleen ostamassa uutta autoa. Hän voi valita kolmesta automerkistä, joista ensimmäisessä on, toisessa ja kolmannessa 0 värivaihtoehtoa. Lisäksi ensimmäiseen merkkiin hän voi joko ottaa tai olla ottamatta erikoisvanteet. Kuinka monta eri vaihtoehtoa herra K:lla on valita uusi autonsa? Ratkaisu. Ensimmäinen automerkki voidaan valita 6 tavalla (tuloperiaate), toinen tavalla ja kolmas 0 tavalla. Näin ollen erilaisia vaihtoehtoja on (summaperiaate).

8 Esimerkki 9. Lotto. E 9. Valitaan 7 numeroa. (i) 7-variaatioiden lukumäärä on Tällöin Saadaan siis liikaa vaihtoehtoja. (ii) 7-kombinaatioiden lukumäärä on 9 9! 7 7! 58097! Tällöin ja havaitaan, että kombinaatiot ovat oikea malli kuvaamaan mahdollisia lottorivejä. Todetaan lisäksi, että P 7 oikein

9 Esimerkki 0. Korttipakka (5 korttia), nostetaan korttia. Mikä on tn, että saadaan pari? Ratkaisu. Merkitään A i saadaan i-pari i ja A saadaan pari Tällöin A i Lasketaan kysytty todennäköisyys ensin käyttämällä variaatioita. Merkitään siis E v -variaatiot, jolloin A i n E v ; ajatellaan, että kolme korttia sijoite- Määrätään sitten n A i, i taan -jonoon. (i) Ensimmäinen kortti, jonka arvo on i, voidaan sijoittaa kolmella tavalla jonoon. (ii) Toinen kortti, jonka arvo on i, voidaan sijoittaa kahdella tavalla jonoon. (iii) Kaksi korttia, joiden arvo on i, voidaan valita neljästä mahdollisesta 4 kortista 6 tavalla. (iv) Kolmanteen, vielä vapaana olevaan -jonon paikkaan, voidaan valita kortti 48 tavalla (kaikki kortit, joiden arvo ei ole i). Näin ollen n A i ja kysytty tn on P A P A i i Ratkaistaan sitten sama tehtävä käyttämällä kombinaatioita. Merkitään siis nyt E k -kombinaatiot, jolloin n E k 5 5! 00 Määrättäessä nyt n A i :ta ajatellaan, että kolme korttia valitaan pakasta ilman järjestystä. Tällöin (i) i-pari voidaan valita neljästä mahdollisesta kortista 4 6 tavalla. (ii) Kolmas kortti voidaan valita 48 tavalla (kaikki kortit, joiden arvo ei ole i). Näin ollen n A i ja kysytty tn on P A P A i i Kumpi tapa (variaatiot vai kombinaatiot) on mielestäsi tilanteeseen paremmin sopiva?

10 Esimerkki. 5 palloa, joista valkoista ja mustaa. Laske tn, että nostettaessa palloa ilman takaisinpanoa saadaan valkoinen ja musta. Ratkaisu. Nyt N 5, K, N K ja n. Merkitään A saadaan valkoinen ja musta jolloin P A 5!!! 5!!!!!! 5 4 Esimerkki. Jatkoa edelliseen esimerkkiin. Laske tn, että nostettaessa palloa takaisinpanolla (pallot siis palautetaan noston jälkeen) saadaan valkoinen ja musta. Ratkaisu. Nyt P A 5!!! Esimerkki. Korttipakka, N 5. Nostetaan kolme korttia, mikä on tn, että saadaan täsmälleen yksi ässä? a) otp, b) oitp. Ratkaisu. Merkitään A i i ässää ja K ässien lukumäärä pakassa 4 a) b) P A P A !!! !!! !!49! 48!!46! !48!49!!!!46!5! 0 6

11 Esimerkki 4. Tuominen, :. Laatikossa on 6 punaista ja 9 valkoista palloa. Kokeessa laatikosta nostetaan palloa ilman takaisinpanoa. Laske tn:t tapahtumille A ainakin yksi on punainen B kaikki ovat punaisia C pallot ovat keskenään samanvärisiä D nostossa on sekä valkoisia että punaisia palloja Ratkaisu. Nyt N 6 9 5, K punaisten lukumäärä 6 ja n. Merkitään Q k otoksessa k punaista palloa k 0 Kyseessä on oitp, joten P A P A c P Q 0 P B P Q 9!!!!6!5! P C 5 4 P Q 0 Q 9 P Q 0 P A !!! 5!!! P B P /0 P D P D c P C !!!!!5! 4 0 P Q P Q 0 Q !!6! 5!!! Esimerkki 5. Tuominen, : 4. n palloa sijoitetaan umpimähkään k lokeroon. Millä tn:llä lokerossa on tasan i palloa i 0 n? Ratkaisu. Kyseessä on otp; valitaan n kertaa lokero k:sta mahdollisesta. Merkitään A i lokero valitaan i kertaa i 0 n Näin ollen P A i n i i k n i k n n i k n i k n

12 Esimerkki 6. Jatkoa esimerkkiin 9. Lotossa arvotaan 7 varsinaista numeroa ja lisänumeroa. Näin ollen täysin vääriä numeroita on ja erilaisia rivejä saadaan 9! 7!!9! Tätä lukua kutsutaan multinomikertoimeksi. Esimerkki 7. Erään viikon aikana sattui 7 liikenneonnettomuutta. Millä todennäköisyydellä ne sattuivat kaikki eri päivinä? Ratkaisu. Tulkitsemme viikonpäivät lokeroiksi (k 7) ja onnettomuudet palloiksi (n 7). Nyt n n n 7, jolloin siis n n n 7 7 n (tämä merkitsee siis sitä, että jokaisena viikonpäivänä sattuu yksi onnettomuus). Onnettomuuksien sijoitusmahdollisuuksien lukumäärä on k n Suotuisia tapauksia on n! 7! 5040 (onnettomuuksien tapahtumapäivien järjestysten lukumäärä). Kun merkitään A onnettomuudet sattuivat eri päivinä niin saadaan P A n! n!n! n 7! k 7! n Esimerkki 8. Otanta äärettömästä populaatiosta. N (Suomen väestö), K (Helsingissä asuvat) ja n (otoskoko). Merkitään H otokseen osuu Helsingissä asuva henkilö Yritetään laskea ensin oitp (jollainen esim. puhelinhaastattelu käytännössä on eihän samalle henkilölle soiteta samassa kyselyssä kahta kertaa). Tällöin saadaan P H ! ! !! ! !! ! Nyt kuitenkin n N n K ja n N K joten voidaan käyttää otp: P H ?

13 Esimerkki 9. Erään kirjan sivulla on 0 riviä, kullakin 60 merkkiä. Tällä sivulla on 0 painovirhettä. Millä tn:llä ne kaikki ovat samalla rivillä. Ratkaisu. Lokeroina ovat nyt sivulla olevat merkkiä, palloina 0 painovirhettä. Koska kuhunkin lokeroon mahtuu vain yksi pallo, niin painovirheet voivat sijaita sivulla eri tavalla. Pidämme näitä symmetrisinä alkeistapauksina. Suotuisien alkeistapausten lukumäärä päätellään seuraavasti: rivi voidaan valita 0 tavalla, jonka jälkeen kyseessä on 0 pallon sijoittaminen 60 lokeroon, kuhunkin lokeroon korkeintaan yksi pallo, eri tapoja on siis Kysytty tn on siis Esimerkki 0. Ehdollinen todennäköisyys. Nopanheitto. A saadaan kuutonen 6 Ω 6 B saadaan parillinen silmäluku 4 6 Nyt P A n A n Ω 6 Tutkitaan sitten tapahtuman C saadaan kuutonen, kun tiedetään, että saadaan parillinen todennäköisyyttä. Tällöin P C P A B n A n B Merkitään nyt D saadaan viitonen ja E saadaan viitonen, kun tiedetään, että saadaan parillinen Tällöin Pelastus: P E P D B 0 n D n B P E P D B 0 0 n D B n B 4

14 Esimerkki. Tu : 50. Osoita: Jos P A P B, niin P A B. Todistus. Koska P P A B A B P B P A B P B P A B niin riittää todistaa viimeinen epäyhtälö. Yhteenlaskukaavasta seuraa 4 joten P A B P A P B P A B P A B 4 P A B Esimerkki. Tuominen, : 45. Korttipakasta vedetään 5 korttia (ilman takaisinpanoa). Laske tn, että mukana on ainakin yksi ässä ehdolla, että kaikkien arvo on vähintään 0. Ratkaisu. Merkitään A k nostetuissa korteissa on täsmälleen k korttia 0 B mukana nostetuissa korteissa ainakin yksi ässä, ja C kaikkien nostettujen korttien arvo 0 Nyt A k :lle suotuisten alkeistapausten lkm on K N n A k k K n k missä N 5, n 5 ja K 0 korttien lkm 0. Tällöin C A 5, joten 0 0! n C !5! ja B C C C B, missä C B nostetut kortit ovat joukossa kympit, jätkät, rouvat ja kuninkaat Yhteensä siis 6 6! n C B 5 5!! 468 joten n B C n C C B n C n C B Nyt saadaan kysytty ehdollinen tn P P B C B C n B C P C n n Ω n n Ω C B C 6 n C

15 Esimerkki. Nopanheitto. A 5 6, B 4 6. Tällöin ja P A 6 P A B P A B P B Ehto B ei siis auta, se ei lisää tietoa. Näin ollen A ja B ovat riippumattomia, merkitään A B. Esimerkki 4. Korttipakan 5 kortista vedetään yksi kortti. Olkoon A kortti on ässä Onko A B? Ratkaisu. Nyt P A 4 5 B 6 kortti on pata P B 5 ja P A B 5 joten P A B P A P B 5 5 Siis riippumattomuuden määritelmän perusteella A B. Esimerkki 5. Tarkastelemme kolmilapsisia perheitä. Pitämällä tyttö- ja poikalasten syntymiä yhtä todennäköisinä ja kunkin perheen lasten sukupuolia riippumattomina voimme kuvailla kolmilapsisia perheitä symmetrisellä tn-avaruudella, jossa on seuraavat 8 alkeistapausta: (p,p,p) (p,p,t) (p,t,p) (t,p,p) (p,t,t) (t,p,t) (t,t,p) (t,t,t), missä p poika ja t tyttö. Olkoon A perheessä on sekä tyttöjä että poikia B perheessä on enintään yksi tyttö Ovatko A ja B riippumattomia? Ratkaisu. Nyt 6 P A 8 4 P B 4 ja P A B 8 8 joten P B A P B A P A Siis Lauseen.8. perusteella A B. 8 4 P B

16 Esimerkki 6. Tuominen, : 6. Anna esimerkki tapahtumista A, B ja C, jotka eivät ole riippumattomia, vaikka P A B C P A P B P C Ratkaisu. Heitetään lanttia kerran. Merkitään A tulee klaava B tulee kruuna ja C ei tule kumpikaan Nyt A B C /0 ja P C 0, joten P A B C P /0 0 P A P B P C mutta P A B P /0 0 4 P A P B Siis A ja B eivät ole riippumattomia, joten A, B ja C eivät ole riippumattomia. Esimerkki 7. Toistokoe: Vakioveikkaus. Merkitään A i veikkaaja onnistuu i. rivissä i B k veikkaajalla on k oikein i 0 Tällöin P A i p P B k k ja P Ac i p q k k 0 P B Pohdittavaa. Mitä vikaa mallissa on ajatellen todellista tilannetta vakioveikkauksessa? Esimerkki 8. Tuominen, : 7. Laske n-kertaisessa toistokokeessa tn, että A sattuu i. kerralla ehdolla, että A sattuu k kertaa. Ratkaisu. Merkitään A k A sattuu k kertaa ja B i A sattuu i. kerralla Tällöin P A k B i P A k B i P A k n! k! n k! n k p k q n k n k p k q n k k! n k! n! k k 0 n n

17 Esimerkki 9. On todettu, että tietty sairaus on 0.5 %:lla populaation jäsenistä. Diagnosointimenetelmä toteaa sairaan sairaaksi tn:llä 0.95 ja terveen sairaaksi tn:llä 0.0. Mikä on tn, että diagnosoitava henkilö todetaan sairaaksi? Ratkaisu. Merkitään T henkilö todetaan sairaaksi ja S henkilö on sairas Nyt ositus on S ja S c eli terveet ja sairaat. Kokonaistodennäköisyyden kaavan perusteella kysytty tn on P T P S P T S P S c P T S c Esimerkki 40. Kolme konetta valmistaa samanlaisia tuotteita. Ensimmäisen koneen päivätuotanto on 6 000, toisen 000 ja kolmennen 000 kpl. On havaittu tietyn vian esiintyvän. koneen valmistamista 0 %:lla,. koneen valmistamista 8 %:lla ja. koneen valmistamista 5 %:lla. Varastoitaessa päivätuotanto kolmen eri koneen valmistamat tuotteet menevät sekaisin. Mikä on tn, että poimittaessa varastosta umpimähkään yksi tuote siinä on mainittu vika? Ratkaisu. Kuvailemme koetta symmetrisellä tn-avaruudella, jonka perusjoukon muodostavat päivätuotannon tuotetta. Merkitään A i tuote on lähtöisin i koneesta i B Nyt saadaan tn:t sekä ehdolliset tn:t tuotteessa on mainittu vika P A P A P A P B A 0 0 P B A 0 08 ja P B A 0 5 Näin ollen kokonaistodennäköisyyden kaavaa käyttäen saamme P B P A P B A P A P B A P A P B A

18 Esimerkki 4. Ehdon kääntäminen Bayesin kaava. Jatkoa esimerkkiin 9. Oletetaan, että potilas diagnosoidaan sairaaksi. Mikä on tällä ehdolla tn, että hän todella on sairas? Entä terve? Ratkaisu. Nyt kysytään siis ehdollista todennäköisyyttä P S T P S T P T Kertolaskukaavan (L..7.4) perusteella P S T P S P T S ja kokonaistodennäköisyyden kaavan perusteella P T P S P T S P S c P T S c Näin ollen saadaan P S T Tästä saadaan, että P S P T S P S P T S P S c P T S c P S c T P S T Siis valtaosan sairaiksi diagnosoiduista muodostavat terveet! Esimerkki 4. Tuominen :84. Hajamielinen herra unohtaa sateenvarjonsa kaupassa käydessään tn:lla 4. Eräänä päivänä hän on käynyt neljässä kaupassa, ja huomannut kotiin palattuaan sateenvarjonsa unohtuneen. Laske tn, että sateenvarjo on i kaupassa, i 4. Ratkaisu. Merkitään A i varjo on unohtunut kauppaan i i 4 Nyt siis B varjo on unohtunut P A P A 4 4 P A P A 4 Koska A i B kaikilla i, niin P B A i 4 P A k k joten Bayesin kaavan perusteella kaikilla i. Nyt saadaan P A P A i B i P B A i P A i 4 k P A k P B A k 4 k P A k kaikilla i 4. Saadaan siis esim. P A B P A i

19 Esimerkki 4. Toistokokeiden yhteydessä käytimme kokeen kuvailuun tapahtumia B k A:n esiintymiskertojen lukumäärä on k k 0 Merkitsemme nyt X A:n esiintymiskertojem lukumäärä Tätä merkintätapaa käyttäen tapahtumat B k ovat lausuttavissa muodossa B k X k k 0 Tällä lähestymistavalla on nyt se etu, että koko satunnaiskoe on voitu kuvailla yhden suureen, satunnaismuuttujan X, avulla. Satunnaismuuttujan määrittelyn kannalta on ratkaisevaa todeta: Satunnaismuuttujan arvo on täysin määrätty, kun satunnaiskokeen tulos tunnetaan. Esimerkki 44. Symmetristä rahaa heitetään kaksi kertaa. Käytämme kokeen kuvailuun tn-avaruutta Ω Ω P, jonka perusjoukko Ω koostuu seuraavista neljästä alkeistapauksesta: a (kr,kr) b (kr,kl) c (kl,kr) d (kl,kl) Olkoon X kruunien lukumäärä Tällöin X on satunnaismuuttuja; se on kuvaus Ω, jolle X a X b X c X d 0 Vastaavasti kuvaus Y : Ω, Y a Y b 0 Y c 0 Y d on satunnaismuuttuja tässä avaruudessa, sanallisesti se voitaisiin ilmaista esimerkiksi: Y kruunien ja klaavojen lukumäärien ero

20 Esimerkki 45. Heitetään kolikkoa, kunnes tulee ensimmäinen kruuna. Merkitään X sen heiton järjestysluku, jolloin tulee ensimmäinen kruuna Tällöin X on diskreetti satunnaismuuttuja, jonka arvojoukko on ja vastaavina pistetodennäköisyyksinä p P X p P X p P X. p k P X k k 4 Esimerkiksi P ensimmäinen kruuna tulee kymmenennellä heitolla p 0 P X 0 Esimerkki 46. Jatkoa esimerkkiin 45. Määrätään X:n kertymäfunktio. Se on määritelmän mukaan funktio F :, jolle F x p k x Saamme siis F x 4 k:x k x 0 0 x x 4 4 x x 4. k k k k x k Havaitsemme, että F x, kun x. Kuitenkaan F ei koskaan saavuta :stä, miten tulkitset tämän?. 8

21 Esimerkki 47. Tuominen :8. Lentoyhtiö tietää kokemuksesta, että keskimäärin 5 % paikan varanneista jää saapumatta koneeseen. Siksi yhtiö myykin 57 lippua koneeseen, johon mahtuu 50 matkustajaa. Millä tn:llä jokainen koneeseen saapuva saa paikan? Ratkaisu. Merkitään n myytyjen lippujen lukumäärä 57 A lipun ostanut matkustaja jää saapumatta koneeseen p P A 0 05 q p X saapumatta jääneiden matkustajien lukumäärä Kyseessä on toistokoe, jossa toistoina ovat myydyt liput, ja näin ollen X on binomijakautunut, X Bin n p Bin Saadaan siis kysytty tn P jokainen koneeseen saapuva saa paikan P X 7 P X 6 P X 0 P X P X P X Esimerkki 48. Tuominen :9. Jatkoa edelliseen esimerkkiin 47: Arvioi kysyttä tn:tä korvaamalla poisjäävien lkm:n jakauma sopivalla Poisson-jakaumalla. Ratkaisu. Tilanteeseen sopiva Poisson-jakautunut sm on X Poisson np Poisson Poisson 85 Näin ollen saadaan kysytty arvio P jokainen koneeseen saapuva saa paikan P X 7 P X 6 P X 0 P X P X P X 6 e ! 85! 85! !

22 Esimerkki 49. Jatkoa esimerkkiin 47. Olemme johtaneet (Tuominen, Huomautus..0) ptn:ien numeeriseksi laskemiseksi kaavan n k p k k p p k k 0 n p k P X k q Koska nyt p 0 05 q , niin saadaan p p p p 56 8 p p p 55 p p 4 54 p p 5 5 p p 6 5 p p 7 5 p p 8 50 p p 9 49 p p 0 48 p p 47 p p 46 p p 45 p 9 0 p 4 44 p Havaitsemme, että jakauman moodi on k havainnon kaavalla. Voimme tarkistaa tämän k np p Huom. Merkintä x tarkoittaa x:n kokonaisosaa, se on siis suurin kokonaisluku, joka x.

23 Esimerkki 50. Jatkoa esimerkkiin 4. Kyseessä on oitp ja näin ollen hypergeometrinen jakauma. Merkitään X punaisten pallojen lukumäärä otoksessa jolloin X Hyperg N K n Hyperg 5 6 Saadaan siis P A P X P X P X P B P X P C P X 0 P D P X X P X 0 P X 0 9 X P X P X 0 77 Esimerkki 5. Laitteella on eri käyttökerroilla edellisistä riippumatta sama tn p 0 05 vioittua (laitteen käyttö ei siis heikennä sen kuntoa ). Laske tn, että laite kestää vähintään 0 kertaa. Ratkaisu. Olkoon Tällöin joten X P X 0 P X 9 käyttökertojen lukumäärä ennen vioittumista X Geom 0 05 ja q p 0 95 P X 0 P X P X P X k 0 05 k Esimerkki 5. Jatkoa edelliseen esimerkkiin 5. Kysytty tn on kätevintä laskea X:n kertymäfunktion F X avulla, saadaan siis P X 0 P X 9 F X Esimerkki 5. Jatkoa esimerkkiin 5. Laske tn, että laite kestää vähintään 0 kertaa, kun tiedetään, että laite on jo kestänyt 0 kertaa. Ratkaisu. Geometrisen jakauman muistinmenetysominaisuuden perusteella P X 0 X 0 P X

24 Esimerkki 54. Tuominen :6. Suoritetaan riippumattomia kokeita siihen asti kunnes saadaan ensimmäinen positiivinen tulos; kullakin kerralla positiivisen tuloksen tn on Kuvatkoon sm X suorituskertojen lukumäärää. Määritä a) X:n arvojoukko, b) X:n ptnf, c) X:n kf, d) X:n odotusarvo, e) todennäköisin suorituskertojen lkm (ns. moodi). Ratkaisu. Nyt siis X kerta, jolloin saadaan ensimmäinen positiivinen tulos p positiivisen tuloksen tn 0 05 Sm X ei ole suoraan jakautunut geometrisesti, mutta sen sijaan X Geom 0 05 a) X. b) X:n ptnf on f X k P X k P X k k missä k. c) X:n kf on EX k f X k k 0 05 k F X k P X k f X k i 0 95 k d) X:n odotusarvo on k k i k i i i k k k k 0 05 k 0 95 k k sillä x kx k kun x k katso Tuominen, Lause.. (iii), todistus. e) Nyt f X k k k f X k kaikilla k, siis f X f X f X k f X k joten todennäköisin suorituskertojen lukumäärä (moodi) on.

25 Esimerkki 55. Jatkoa esimerkkiin 48. Olemme johtaneet (Tuominen, Huomautus..8) ptn:ien numeeriseksi laskemiseksi kaavan Koska nyt λ λ p k k p k k 0 85, niin saadaan p 0 e 85 p 85 p 0 85 p p 85 p p p 85 4 p 4 85 p 5 p 4 5 p 85 6 p 5 6 p 85 7 p 6 7 p 85 8 p p 9 p 8 9 p 85 0 p p p 0 p 85 p p 85 p 85 p 4 4 p Vertaamalla ptn:ien numeerisia arvoja esimerkissä 49 binomijakaumalla laskettuihin vastaaviin arvoihin havaitsemme, että Poisson-jakauma antaa varsin hyvän approksimaation binomijakaumalle (ainakin tässä tapauksessa). Lisäksi havaitsemme yllä olevista arvoista, että jakauman moodi on k. Voimme tarkistaa tämän havainnon Poisson-jakaumalle kaavalla k λ

26 Esimerkki 56. Jatkoa esimerkkeihin 4 ja 50. Koska otoskoko n p k P X k 0, kun k 4. Näin ollen X:n odotusarvo on EX k k ! 6!7! 6 9 k 5 k ! k 6!4! 9 6! 5!!! !! , niin Esimerkki 57. Jatkoa edelliseen esimerkkiin. Koska X Hyperg 5 6, niin Lauseen.. (ii) perusteella saamme X:n odotusarvon suoraan kaavaan sijoittamalla EX

27 Esimerkki 58. (Pietarin paradoksi) (Nicolas Bernoulli). Eräässä peliluolassa pelataan seuraavin säännöin: Pelaaja saa luolan pitäjältä S. Pelaaja heittää kolikkoa. Jos tulee kruuna, peli päättyy, pelaaja maksaa takaisin ja saa pitää loput. Jos taas tulee klaava, niin pelaajan on jatkettava kolikkoa heittämällä kunnes tulee ensimmäinen kruuna. Jos ensimmäinen kruuna tulee n n kerralla, niin peli päättyy ja pelaaja maksaa luolan pitäjälle. Olkoon X pelaajan voittoa kuvaava satunnaismuuttuja. Pyrimme selvittämään, että mikä tulee S:n olla, jotta peli olisi reilu, so. EX 0. Nyt P X S n P. kruuna n heitolla P kl,kl,kl,...,kl,kr) n joten x n P X x n S n n n P X S n S n n n S n n Siis EX ei ole olemassa! Edelleen tarkastelumme mukaan, olipa S miten suuri hyvänsä, peli on keskimääräisessä mielessä pelaajalle äärettömän tappiollinen (ja luolan pitäjälle äärettömän voitollinen). Tätä tulosta on aikanaan pidetty varsin yllättävänä, jopa järjenvastaisena. Eräs tapa selvittää paradoksi on todeta, että käytännössä pelaajan maksama summa on rajoitettu, ja muuttaa sääntöjä seuraavasti: Olkoon maksimisumma, jonka pelaaja voi joutua maksamaan luolan pitäjälle, esimerkiksi Koska niin säännöt ovat kuten yllä, kun n 5. Jos taas 4 ensimmäisellä kerralla tulee pelkkiä klaavoja, niin peli päättyy ja pelaaja maksaa luolan pitäjälle Näillä säännöillä peli on reilu, sillä EX x n 4 P X x n S n n n 4 S 7 S S n n 5 4 n S 0000 S n

28 Esimerkki 59. Määrää vakio c siten, että funktio f :, f x c x x on tiheysfunktio. Ratkaisu. Havaitsemme, että Huomautuksen.. ehdot ovat tässä tapauksessa yhtäpitäviä ehtojen (i) c 0 (ii) c x dx c arctanx c π π kanssa. Näemme, että (i) ja (ii) toteutuvat jos ja vain jos c π. c π Esimerkki 60. Jatkoa edelliseen esimerkkiin 59. Jos X on satunnaismuuttuja, jonka tiheysfunktio on f, mitkä ovat todennäköisyydet P X 0 ja P X? Ratkaisu. P X 0 0 π π f x dx 0 π 0 P X P X P π π π 4 f x dx π x dx π X 0 x dx arctanx π arctan π 4 arctan arctan x Esimerkki 6. Jatkoa edellisiin esimerkkeihin 59 ja 60. Mikä on X:n kertymäfunktio F X? Määritä P X 0. Ratkaisu. F X x P X x π x arctanx x f x dx π arctanx π x π! x dx Kertymäfunktio F X on integraalifunktiona kaikkialla jatkuva, joten P X 0 F X 0 F X 0 F X 0 lim x" 0 F X x 0

29 Esimerkki 6. Kuvatkoon jatkuva sm X radion ikää, joka on eksponenttijakautunut parametrina 0. Tämä merkitsee sitä, että radion iän odotusarvo on EX 0 (yksikkönä vuosi). Tällöin P radio kestää vähintään 0 vuotta P X e x 0 dx e 0 68 P radio kestää vähintään 0 vuotta, kun tiedetään, että se on kestänyt jo 0 vuotta P X 0 X 0 P X 0 e 0 68 Esimerkki 6. Herra K valvoo työkseen konetta, jonka häiriötön toimintaaika on Exp 0 jakautunut sm (yksikkönä tunti). Jos koneeseen tulee häi- riö, se on heti pysäytettävä; muuten se räjähtää. Työpäivä on kello 8 6, johon sisältyy luvallinen ruokatunti. Ruokatunnin aikana kukaan ei valvo konetta. Perjantaina Herra K ei palaakaan ruokatunnilta töihin. Johtaja saapuu kello 6 ja havaitsee koneen räjähtäneen. Laske tn, että syy on herra K:n lintsauksessa. Ratkaisu. Merkitään X koneen häiriötön toiminta-aika jolloin X Exp 0. Kysytty tn on siis P P X 6 X 6 X 6 X 6 P X 6 P 6 X 6 P F X 6 F X e 0 e 0 6 X 6 F X 6 F X e 0 e e e 6 0 e 6 0 e

30 Esimerkki 64. Olkoon X N(0, ). Tällöin P(X ) = Φ() , P(X > ) = P(X ) = Φ() = , P( < X ) = P(X ) P(X ) = Φ() Φ() = Esimerkki 65. Tuominen :8. Eräässä väestössä miespuolisen henkilön pituus on sm X, joka noudattaa normaalijakaumaa; µ = 78, σ = 5 (yksikkönä cm). Määritä a) P(68 X 88), b) P(X > 88), c) P(X < 9 X > 88). Ratkaisu. a) ( P(68 X 88) = P 5 ) = P ( X 78 5 = Φ() ( Φ()) = Φ() X 78 5 = Φ() Φ( ) ) b) ( ) X P(X > 88) = P(X 88) = P 5 5 ( ) X 78 = P = Φ( ) c) ( P(88 < X < 9) = P 5 ( = P X 78 ) 5 X 78 5 = Φ() Φ() = , joten kysyttu ehdollinen tn on P(88 < X < 9) P(X < 9 X > 88) = P(X > 88) )

31 Esimerkki 66. Olkoon X f X x Näin ollen X:n odotusarvo on EX Tas 0 0. Tällöin x f X x dx x 0 0 muulloin xdx x Esimerkki 67. Jatkoa edelliseen esimerkkiin 66. X:n odotusarvo saadaan helposti Lauseen.4. kohdan (i) perusteella EX 5 Esimerkki 68. Jatkoa esimerkkiin 6. Koska koneen häiriötöntä toimintaaikaa kuvaava sm X Exp 0, niin X:n odotusarvo on Lauseen.4. kohdan (ii) mukaan EX 0 0 (tuntia) Esimerkki 69. Normaalijakautuneen sm:n odotusarvo on Lauseen.4. kohdan (iii) mukaan suoraan jakauman ensimmäinen parametri. Esimerkissä 64 käsiteltiin standardinormaalijakaumaa X N 0, joten X:n odotusarvo on EX µ 0. Esimerkissä 65 käsiteltiin yleistä normaalijakaumaa X N 78 5, joten X:n odotusarvo on EX µ 78 (cm).

32 Esimerkki 70. Tuominen :44. Millainen on satunnaismuuttujan A kertymäfunktio, kun A, P(A) = p? Ratkaisu. Nyt P(A c ) = p. Tuominen, esimerkin.5. mukaan kysytty kf on P( ), x < 0, 0, x < 0, F(x) = P( A x) = P(A c ), 0 x <, = p, 0 x <, P(Ω), x,, x. Esimerkki 7. Tuominen :69. Osoita, että X + Y on sm olettaen, että X ja Y ovat sm:ia samassa tn-avaruudessa (Ω,, P). Todistus. Olkoon x mielivaltainen. Osoittaaksemme, että X + Y on sm, tutkimme joukkoa (X + Y > x) = {ω Ω : X(ω) + Y(ω) > x}. Rationaalilukujen joukko on numeroituva; olettakaamme, että q, q,... on jokin rationaalilukujen numerointi. Väitämme, että () (X + Y > x) = {ω Ω : X(ω) > q i } {ω Ω : Y(ω) > x q i }. i= Jos ω on yhtälön () oikealla puolella olevan joukon alkio, on olemassa rationaaliluku q k siten, että X(ω) > q k ja Y(ω) > x q k, josta seuraa, että X(ω) + Y(ω) > x eli ω on myös ():ssa vasemmalla puolella olevan joukon alkio. Jos kääntäen ω kuuluu joukkoon (X + Y > x, niin X(ω) + Y(ω) > x eli X(ω) > x Y(ω). Koska rationaalilukujen joukko on tiheä :ssä (so. kahden reaaliluvun välissä on aina rationaaliluku), on olemassa rationaaliluku q k siten, että X(ω) > q k > x Y(ω) eli X(ω) > q k ja Y(ω) > x q k. Siis ω kuuluu myös yhtälön () oikealla puolella olevaan joukkoon. Yhtälöstä () seuraa nyt, että (X + Y > x), sillä {ω Ω : X(ω) > q i } ja {ω Ω : Y(ω) > x q i } kaikilla i ja tapahtumien numeroituva yhdiste on edelleen tapahtuma. Komplementtiin siirtymällä saamme (X + Y x).

33 Esimerkki 7. Eksponenttijakautuneet satunnaismuuttujat X ja Y kuvaavat vahvistimen ja CD-soittimen kestoa (siis ikää) parametreinaan ja (yksikkönä tunti). Laske todennäköisyydet tapahtumille A = sekä vahvistin että CD-soitin kestävät yli 00 tuntia, B = ainakin toinen laitteista kestää yli 00 tuntia, kun oletetaan, että X Y. Ratkaisu. Merkitään X = vahvistimen ikä Exp ( 500), Y = CD-soittimen ikä Exp ( 00). Koska X Y, niin saadaan P(A) = P((X > 00) (Y > 00)) = P(X > 00) P(Y > 00) = ( P(X 00)) ( P(Y 00)) = ( ( e )) ( ( e 00 00)) = e 5 e = e , P(B) = P((X > 00) (Y > 00)) = P(X > 00) + P(Y > 00) P(X > 00) P(Y > 00) = ( P(X 00)) + ( P(Y 00)) P(X > 00) P(Y > 00) = e 5 + e e Esimerkki 7. Oletetaan, että huoneessa on 5 lamppua ja että lamppujen toiminta on toisistaan riippumatonta. Jokaisen lampun kestoa (siis ikää) kuvaava satunnaismuuttuja on eksponenttijakautunut parametrinaan (yksikkönä tunti). Laske tn, että huoneessa tulee täysi pimeys 00 tunnissa. 50 Ratkaisu. Merkitään X i = i:nnen lampun ikä Exp ( 50), i =,..., 5. Koska X i :t ovat toisistaan riippumattomia, niin saadaan P( huoneessa tulee täysi pimeys 00 tunnissa ) = P ( max{x, X, X, X 4, X 5 } 00 ) ( 5 ) = P (X i 00) = 5 i= i= F Xi (00) = ( e ) 5 = ( e )

34 Esimerkki 74. Olkoon satunnaismuuttujalla X jatkuva jakauma, tiheysfunktiona f X. Johda satunnaismuuttujan Y = X tiheysfunktio. Sovella tulosta tapauksiin a) X Tas(, ), b) X N(0, ). Ratkaisu. Selvästi joten Jos y > 0, niin joten Näin ollen F Y (y) = P( X y) = 0, kun y 0, f Y (y) = 0, kun y 0. F Y (y) = P( X y) = P( y X y) = F X (y) F X ( y), f Y (y) = F Y (y) = F X (y) F X ( y) = f X(y) + f X ( y). 0, y 0, f Y (y) = f X (y) + f X ( y), y > 0. a) Jos X Tas(, ), niin, < x <, f X (x) = 0, muulloin. Näin ollen Siis Y Tas(0, ). b) Jos X N(0, ), niin f Y (y) = + =, 0 < y <, 0, muulloin. f X (x) = π e x, x. Näin ollen 0, y 0, f Y (y) = π e y + π e ( y), y > 0, 0, y 0, = y e π, y > 0.

35 Esimerkki 75. Olkoon X:n jakauma diskreetin ja jatkuvan sekoitus. Jos D on X:n epäjatkuvuuspisteiden joukko, niin x F X (x) = f (y) dy + f (y), y x, y D missä f on X:n tiheysfunktio joukossa \ D ja f pistetodennäköisyysfunktio joukossa D. Tällöin EX = x f (x) dx + x f (x). Sovellus. Olkoon nyt X N(0, ) ja Y = max(x, a), missä a. Tällöin F Y (y) = P(Y y) = P((X y) (a y)) 0, y < a, = 0, y < a, y ϕ(t) dt, y a, = a ϕ(t) dt + y ϕ(t) dt, y a. a ( a) F y Y( ) x D Pisteessä a on hyppy Siis Näin ollen EY = a F Y (a) lim y a F Y (y) = F Y (a) 0 = Φ(a). Φ(a), y = a, f (y) = 0, muulloin, f (y) = π e y, y > a, 0, muulloin. y f (y) dy + y f (y) = = π a y a = π e a + a Φ(a). y e y dy + a Φ(a) = π / a y y π e y dy + a Φ(a) a e y + a Φ(a)

36 Esimerkki 76. Tuominen :. Laske EX ja E sin(πx), kun X Tas(0, ). Ratkaisu. Koska X Tas(0, ), niin, kun 0 < x <, f X (x) = 0, muulloin. Lauseen..8 (ii) mukaan / EX = x f X (x) dx = x dx = x = 0 =, ja E sin(πx) = = π 0 sin(πx) f X (x) dx = 0 0 π sin(πx) dx = π = ( ( )) = 0. π 0 sin(πx) dx / cos(πx) Esimerkki 77. Olkoon X ja Y riippumattomia satunnaismuuttujia, joille EX = EY = µ ja D X = D Y = σ. Tällöin D X = EX (EX), joten σ = EX µ. Näin ollen EX = σ + µ, ja vastaavasti EY = σ + µ. Koska X Y, niin saadaan D (XY) = E(XY) (E(XY)) = E(X Y ) (EX EY) = EX EY (EX) (EY) = (σ + µ ) µ µ = (σ + µ ) µ 4. Huomaa, että jos µ, σ 0, niin D (XY) = (σ + µ ) µ 4 σ 4 = σ σ = D X D Y. 0

37 Esimerkki 78. (Steinerin sääntö) Jos X:llä on varianssi, niin kaikilla c on voimassa D X E(X c). Todistus. E(X c) = E ( (X EX) + (EX c) ) = E ( (X EX) + (X EX)(EX c) + (EX c) ) = E(X EX) + (EX c) E(X EX) + (EX c) = D X + (EX c) D X. Tästä nähdään lisäksi, että E(X c) saa aidon absoluuttisen minimiarvon, kun c = EX. Esimerkki 79. Tuominen :0. Suorakulmion sivujen todelliset pituudet ovat a ja b. Mittauksessa tapahtuu virhe siten, että mittaustulokset ovat a + X, b + Y, missä X Y, X ja Y ovat kumpikin jakaumaltaan Tas(, ), a, b >. Olkoon Z mittausvirheiden aiheuttama pinta-alan virhe. Laske EZ ja D Z. Ratkaisu. Koska X, Y Tas(, ), niin Lauseen.4. (i) ja..7 (vi) mukaan EX = EY = + = 0 ja Tästä seuraa, että D X = D Y = ( ( )) =. EX = EX 0 = EX (EX) = D X =, ja samoin saadaan, että EY =. Lisäksi saadaan, että pinta-alan virhe on Z = (a + X)(b + Y) ab = ab + bx + ay + XY ab = XY + bx + ay. Koska X Y, niin näin ollen EZ = E(XY + bx + ay) = EX EY + bex + aey ja = b 0 + a 0 = 0 D Z = EZ (EZ) = E(XY + bx + ay) 0 = E ( X Y + b X + a Y + (bx Y + axy + abxy) ) = EX EY + b EX + a EY + (bex EY + aexey + abexey) = + b + a + 0 = 9 (a + b + ).

38 Esimerkki 80. Vuotuisen viljasadon tutkimiseksi koko maan viljelty ala on jaettu suureen määrään keskenään samanlaisiksi (esim. pinta-alan, sääolosuhteiden ja maaperän suhteen) oletettuja alueita. Oletamme, että viljasato on satunnaismuuttuja X, jolla on odotusarvo µ ja varianssi σ. Arvot µ ja σ ovat tuntemattomia, tehtävänä on arvioida µ:ta otoksen avulla. Kuinka suuri on otoksen oltava, jotta otoskeskiarvon poikkeama µ:sta olisi enintään 0.0 (yksikkönä tonni) todennäköisyydellä α, kun aikaisempien tilastojen perusteella voidaan arvioida σ 0.. Ratkaisu. Merkitsemme otoskeskiavoa X n :llä, jolloin Lauseen.5. todistuksessa esiintyneen arvion perusteella (ε = 0.0) σ 0. P( X n µ < 0.0) n 0.0 n 0.0 = 400 α, n joka on yhtäpitävää sen kanssa, että n 400. Kiinnittämällä eri varmuustasoja saamme α esimerkiksi α = 0.05, n 8 000; α = 0.0, n ; α = 0.00, n Esimerkki 8. Tuominen :5. Sm X saa arvot,,, kunkin tn:llä. a) Määritä X:n tngf, b) laske EX, EX ja EX. Ratkaisu. a) Koska p k = P(X = k) = kaikilla k =,,, niin b) Koska niin G(t) = p k t k = (t + t + t ). k= G (t) = ( + t + t ), joten EX = G () = + + =. G (t) = ( + 6t), G () = + = 8 = E(X(X )) = E(X X) = EX EX = EX, ja saadaan, että EX = 8 + = 4 = EX :n laskemiseksi toteamme ensin, että G (t) = 6 =, joten G () =. Derivoimalla vielä kerran Lauseen.6.4 (ii) todistuksessa saadaan G () = E(X(X )(X )) = E(X X + X) = EX EX + EX = EX 4 + = EX 0 =, joten EX = 0 + =.

39 Esimerkki 8. Tuominen :. Kioskiin saapuvien asiakkaiden lkm muodostaa Poisson-prosessin, intensiteettinä 0 (yksikkönä tunti). Oletamme, että 5 minuutin aikana on saapunut asiakasta. Mikä on tällä ehdolla tn, että a) molemmat saapuivat ensimmäisen 5 minuutin aikana, b) ainakin toinen saapui viimeisen 5 minuutin aikana? Ratkaisu. Miksi voimme olettaa, että kioskiin saapuvien asiakkaiden lukumäärä muodostaa Poisson-prosessin? Asiakkaat saapuvat kioskiin satunnaisina ajankohtina. Asiakkaiden saapumisajankohdat ovat toisistaan riippumattomia. Asiakkaita saapuu keskimäärin yhtä paljon yhtä pitkillä aikaväleillä. Pätevätkö nämä ehdot mielestäsi riittävän hyvin kioskeihin yleensä? Olkoon X saapuvien asiakkaiden muodostama Poisson-prosessi, X( ) Poisson(λt), missä λ = 6 (aika t minuuteissa). Tällöin siis X( ) X( ), kun aikavälit ja ovat erillisiä. a) Kysytty ehdollinen tn on riippumattomuusoletuksen perusteella P(X([0, 5]) = X([0, 5]) = ) P((X([0, 5]) = ) (X([0, 5]) = )) = P(X([0, 5]) = ) P((X([0, 5]) = ) (X(]5, 5]) = 0)) = P(X([0, 5]) = ) P(X([0, 5]) = ) P(X(]5, 5]) = 0) = P(X([0, 5]) = ) = e 5 6 ( 5 6) e 0 6 e 5 6 ( 5 6 ) b) Vastaavasti saadaan ehdollinen tn P(X(]0, 5]) X([0, 5]) = ) = 9 e0 = P((X(]0, 5]) ) (X([0, 5]) = )) = P(X([0, 5]) = ) P((X([0, 0]) = 0) (X(]0, 5]) = ) = P(X([0, 5]) = ) P((X([0, 0]) = ) (X(]0, 5]) = ) + P(X([0, 5]) = ) P(X([0, 0]) = 0) P(X(]0, 5]) = ) = P(X([0, 5]) = ) P(X([0, 0]) = ) P(X(]0, 5]) = ) + P(X([0, 5]) = ) = e e 6 ( 5 6) + e e e 5 6 ( = )

40 Esimerkki 8. Pariston kestoajan odotusarvo on ja hajonta (yksikkönä vuosi). Pariston kuluttua loppuun se vaihdetaan heti uuteen; eri paristot oletetaan riippumattomiksi. Kuinka monta paristoa vähintään on oltava, jotta ne riittäisivät neljäksi vuodeksi vähintään todennäköisyydellä 0.95 a) ilman jakaumaoletusta, b) olettaen kestoaika eksponenttijakautuneeksi? Ratkaisu. Olkoon paristojen lukumäärä n ja X i = i. pariston kestoaika i =,..., n, jolloin EX i =, D X i = ( ) =. Ehto on nyt lausuttavissa muodossa 4 P(S n > 4) 0.95, missä S n = X X n ja ES n = n sekä D S n = n. 4 a) Normaaliapproksimaatiota käyttäen S n P(S n > 4) = P n > 4 n n Φ n = Φ 4 n 0.95 n 4 n n n Tästä saadaan ratkaisuksi n = 5. b) Jos X i Exp(), i =,..., n, niin Lauseen.7.6 mukaan S n Gamma(n, ), sillä paristojen kestoajat oletettiin riippumattomiksi. Tällöin Lauseen.7.4 (iii) mukaan 4S n Gamma(n, ), joten Huomautuksen.7.8 mukaan 4S n χ n. Taulukosta näemme, että P(4S n > 6) 0.95 n 4.

41 Esimerkki 84. Kuvatkoon X kruunien lukumäärää heitettäessä symmetristä rahaa 0 kertaa. Pyrimme määräämään normaaliapproksimaation avulla tapahtuman (X > 7) todennäköisyydelle likiarvon. Koska X:n arvojoukko on {0,,..., 0}, tapahtuma (X > 7) on lausuttavissa seuraavissa ekvivalenteissa muodoissa (X > 7) = (X 8) = (7 < X 0) = (8 X < 0) = (7 < X < ) = (8 X < ). Koska X Bin(n, p) = Bin(0, ), niin se on likimain jakutunut N(np, npq) = N(0, 0 ) = N(5, 5). Näin ollen saamme kaikille em. tapahtumille eri likiarvon: ( X np P(X > 7) = P(X 7) = P 7 np ) npq npq ( ) 7 5 Φ Φ(.6) 0.08,.5 ( X 5 P(X 8) = P(X < 8) = P < 8 5 ).5.5 Φ(.90) 0.087, ( 7 5 P(7 < X 0) = P < X ) ( ) ( ) 5 Φ Φ Φ(.6) Φ(.6) , P(8 X < 0) =... Φ(.6) Φ(.90) 0.080, P(7 < X < ) =... Φ(.80) Φ(.6) 0.08, P(8 X < ) =... Φ(.80) Φ(.90) Vertailun vuoksi voimme laskea myös tarkan arvon P(X > 7) = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 0) (( ) ( ) ( )) ( ) = + + = Vaikeus johtuu siitä, että diskreettiä satunnaismuuttujaa on pyritty approksimoimaan jatkuvalla jakaumalla. Havainnollistamme tilanteen seuraavalla kuviolla:

42 Todennäköisyyden P(k X k ) tarkka arvo geometrisesti merkitsee vastaavien suorakulmioiden yhteenlaskettua pinta-alaa, kun taas approksimaatio merkitsee tiheysfunktion rajoittaman kuvion pinta-alaa. Paras yhteensopivuus saadaan yleensä korvaamalla väli [k, k ] välillä [k, k + ] eli tekemällä ns. jatkuvuuskorjaus: P(k X k ) k + k f (x) dx = F(k + ) F(k ), missä f ja F ovat approksimoiva tiheysfunktio ja kertymäfunktio. Binomijakauman tapauksessa saamme siis seuraavan kaavan (jota ei ole tarkoitettu opeteltavaksi ulkoa): Jos X Bin(n, p), niin P(k X k ) Φ k + np npq Φ k np npq. Ratkaisemme alkuperäisen tehtävämme nyt jatkuvuuskorjauksella: Kirjoitamme (X > 7) = (8 X 0), teemme jatkuvuuskorjauksen (X > 7) = (7.5 X 0.5), ja käytämme normaaliapproksimaatiota P(X > 7) = P(7.5 X 0.5) = P ( X ) ( ) ( ) Φ Φ Φ(.48) Φ(.58) Huomaamme, että saimme näinkin pienellä n:n arvolla (n = 0) varsin tyydyttävän likiarvon.

43 Esimerkki 85. Olkoon funktio f :, x + xy, 0 < x <, 0 < y <, f (x, y) = 0, muulloin. a) Osoita, että f määrittelee jatkuvan jakauman tiheysfunktion. b) Oletetaan, että f on satunnaismuuttujaparin (X, Y) tiheysfunktio. Määritä P(X + Y ). Ratkaisu. a) On osoitettava (Tuominen, Huomautus 5..), että (i) f (x, y) 0 kaikilla (x, y), (ii) f on integroituva yli :n ja f (x, y) dx dy =. Ehto (i) ja f :n integroituvuus ovat selviä. Lisäksi ( f (x, y) dx dy = x + xy ) / dx dy = = (x + ) / ( x dx = x + ) x = + =. 0 b) Nyt saadaan x ( P(X + Y ) = P(Y X) = 0 0 x / = x y + xy 0 6 (x dx = ( x) = ( 56 x + x + 6 ) / x dx = x y + xy 6 dx x + xy ) dx dy ) x( x) 6 ( 5 4 x4 + 9 x + x = = = dx )

44 Esimerkki 86. Olkoon X Gamma(r, λ) ja olkoon Y Exp(x) ehdolla (X = x). Tiedämme siis, että f X (x) = λr Γ(r) xr e λx, x > 0, ja kun x > 0, niin f Y (y X = x) = xe xy, y > 0. Näistä saamme (X, Y):n tiheysfunktioksi f (x, y) = f X (x) f Y (y X = x) λ r Γ(r) = xr e (λ+y)x, x > 0 ja y > 0, 0, muulloin. Nyt voimme johtaa Y:n reunatiheysfunktion λ r f Y (y) = f (x, y) = 0 Γ(r) xr e (λ+y)x dx = λr Γ(r) Γ(r + ) (λ + y) = rλ r, y > 0. r+ (λ + y) r+ Edelleen voimme johtaa X:n ehdollisen jakauman ehdolla (Y = y), kun y > 0, f (x, y) (λ + y)r+ f X (x Y = y) = = f Y (y) Γ(r + ) xr e (λ+y)x, x > 0. Siis ehdollinen jakauma on Gamma(r +, λ+y). Ehdolliset odotusarvot ovat (gamma- ja eksponenttijakauman ominaisuudet!) E(X Y = y) = r + λ + y, x > 0 ja E(Y X = x) = x, y > 0. Lisäoletuksella r > saamme Y:n odotusarvon E(Y) = f X (x) E(Y X = x) dx = = λr Γ(r ) = λ Γ(r) λ r r. 0 x λ r Γ(r) xr e λx dx

45 Esimerkki 87. Olkoon satunnaismuuttujaparin (X, Y) jakauma tasainen :n avoimessa yksikkökiekossa A = {(x, y) : x + y < }. Tällöin m(a) = π = π, joten, kun (x, y) A, f (x, y) = π 0, muulloin. Johdamme satunnaismuuttujien reunatiheysfunktiot: x x f X (x) = x π dy / y π = x, < x <, π x ja vastaavasti y f Y (y) = y π dx = y, < y <. π Huomaamme, että satunnaismuuttujat X ja Y eivät ole riippumattomia, sillä f (x, y) f X (x) f Y (y). Ehdolliset tiheysfunktiot: Kun < y <, niin f X (x Y = y) = y, y < x < y, ja kun < x <, niin f Y (y X = x) = x, x < y < x. Ehdolliset jakaumat ovat siis tasaisia, mikä ei liene yllätys! Totesimme, että X ja Y eivät ole riippumattomia, mutta sen sijaan ne ovat korreloimattomia: EX = x dx dy = 0 = y dx dy = EY π π A ja E(XY) = xy dx dy = 0, π A joten Cov(X, Y) = E(XY) EX EY = 0 ja näin ollen Cov(X, Y) Corr(X, Y) = DX DY = 0. A