Valószínűségszámítás

Folytonos valószínűségi változók

Ha minden egyes érték valószínűsége nulla: sűrűségfüggvény, terület mint valószínűség, és a várható érték integrállal.

15 perc olvasás

1. Miért kell új eszköz

Mérjük meg egy alkatrész átmérőjét. Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan $12{,}000000\dots$ mm lesz? Nulla — hiszen végtelen sok lehetséges érték van, és ha bármelyiknek pozitív valószínűséget adnánk, az összegük túllépné az $1$ -et.

Egy folytonos valószínűségi változónál tehát $P(X=a)=0$ minden konkrét $a$ -ra, és a diszkrét esetben megszokott eloszlástáblázat használhatatlan. Értelmes kérdés csak intervallumokra tehető fel: mekkora eséllyel esik az átmérő $11{,}9$ és $12{,}1$ mm közé? Ebben a leckében megmutatom, hogy ehhez nem kell új elmélet: minden diszkrét képletben az összeg helyére integrál kerül, és a legegyszerűbb példán, egy szakaszon választott véletlen ponton, mindent kézzel is ki tudsz számolni.

A nulla valószínűség nem lehetetlenség

Itt válik el a két fogalom, amit a diszkrét esetben nyugodtan lehetett azonosítani. A mérés eredménye lesz valamilyen konkrét szám, tehát bekövetkezik egy nulla valószínűségű esemény. Ennek egyik gyakorlati következménye, hogy folytonos változóknál a $<$ és a $\le$ jelek felcserélhetők: $P(a<X<b)=P(a\le X\le b)$ .

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Az eloszlásfüggvény

Az eloszlásfüggvény definíciója változatlan; ez az a fogalom, amelyik a diszkrét és a folytonos esetet összeköti:

Eloszlásfüggvény

F(x)=P(X<x)

A tulajdonságai is ugyanazok — monoton növekvő, a végtelenben $0$ -hoz, illetve $1$ -hez tart —, egyetlen lényeges különbséggel: a folytonos változó eloszlásfüggvénye folytonos, nincsenek benne ugrások. Az ugrás nagysága ugyanis épp az adott érték valószínűsége lenne, ami most nulla.

Innen jön a legfontosabb gyakorlati képlet:

P(a<X<b)=F(b)-F(a)

Egy egyszerű példa: véletlen pont egy szakaszon

Válasszunk egy pontot „találomra” a $[0;2]$ szakaszon; legyen $X$ a helye. Annak az esélye, hogy $x$ -nél balra esik, arányos a szakasz hosszával: $F(x)=\frac{x}{2}$ , ha $0\le x\le2$ (előtte 0, utána 1). Egy folytonos, emelkedő rámpa, ugrások nélkül. A képlettel $P(0{,}5<X<1{,}5)=F(1{,}5)-F(0{,}5)=0{,}75-0{,}25=0{,}5$ : a szakasz felébe a pont fele eséllyel esik. Ezt a példát a lecke további képletein is végigvisszük.

3. A sűrűségfüggvény

A diszkrét eloszlás súlyainak a folytonos megfelelője a sűrűségfüggvény. Nem valószínűséget ad meg, hanem azt, hogy a valószínűség milyen sűrűn oszlik el az adott hely környékén — épp úgy, ahogy egy rúd tömegsűrűsége sem tömeg, de integrálva azt adja.

Sűrűség és eloszlásfüggvény kapcsolata

F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt,\qquad f(x)=F'(x)

Egy egyszerű példa: a szakasz sűrűsége

A $[0;2]$ szakaszon az eloszlásfüggvény $F(x)=\frac{x}{2}$ volt, tehát a sűrűség a deriváltja: $f(x)=\frac12$ a szakaszon, és 0 rajta kívül. Egy $\frac12$ magas, 2 széles téglalap, aminek a területe 1: rendben. A sűrűség itt konstans, mert a szakasz minden része „egyformán valószínű”; ezt hívják egyenletes eloszlásnak. Visszafelé is megy: az $\int_0^x\frac12\,dt=\frac x2$ tényleg az $F$ .

Egy függvény akkor lehet sűrűségfüggvény, ha két feltétel teljesül:

$f(x)\ge 0$ minden $x$ -re,
$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=1$ — a teljes terület egy.

És a legfontosabb, amit a feladatokban használunk: a valószínűség a görbe alatti terület.

Valószínűség mint terület

P(a<X<b)=\int_{a}^{b}f(x)\,dx

A szakaszon: $P(0{,}5<X<1{,}5)=\int_{0{,}5}^{1{,}5}\frac12\,dx=\frac12\cdot1=0{,}5$ , pontosan az, amit az eloszlásfüggvényből is kaptunk. Itt a terület egy téglalap, ezért fejben is megy; bonyolultabb sűrűségnél tényleg integrálni kell, de a gondolat ugyanaz: a görbe alatti darab területe a valószínűség.

A sűrűség értéke lehet 1-nél nagyobb

Az $f(x)$ nem valószínűség, ezért nincs felső korlátja. Ha például $X$ egyenletes a $[0;\,0{,}5]$ intervallumon, akkor $f(x)=2$ — a magasság kettő, a szélesség fél, a terület mégis egy. Ami sosem lehet egynél nagyobb, az a terület, azaz az $F$ értéke.

4. Várható érték, szórás, medián

A képletek a diszkrét eset mintájára készülnek: az összegzés helyére integrál, a valószínűségek helyére $f(x)\,dx$ kerül.

Várható érték és szórásnégyzet

E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x\,f(x)\,dx,\qquad D^{2}(X)=E(X^{2})-\bigl[E(X)\bigr]^{2}=\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}f(x)\,dx-\bigl[E(X)\bigr]^{2}

Egy egyszerű példa: a szakasz várható értéke és szórása

$E(X)=\int_0^2 x\cdot\frac12\,dx=\frac12\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^2=1$ : a szakasz közepe, ahogy várható. Aztán $E(X^2)=\int_0^2x^2\cdot\frac12\,dx=\frac12\cdot\frac83=\frac43$ , így $D^2(X)=\frac43-1=\frac13$ , a szórás $\approx0{,}58$ . A medián az $F(m)=\frac m2=0{,}5$ egyenletből $m=1$ : szimmetrikus eloszlásnál egybeesik az átlaggal.

Általánosabban egy függvény várható értéke $E\bigl(g(X)\bigr)=\int g(x)f(x)\,dx$ , és a korábbi szabályok — linearitás, a szórásnégyzet Steiner-alakja, független változók szórásnégyzetének összeadódása — mind érvényben maradnak.

A medián az az érték, ami kettévágja az eloszlást: fele valószínűség alatta, fele fölötte. Ezt az eloszlásfüggvényből lehet megkapni, és általánosítva ugyanígy számoljuk a kvantiliseket is:

F(m)=0{,}5\quad\text{(medián)},\qquad F(x_{q})=q\quad (q\text{-kvantilis})

Aszimmetrikus eloszlásnál az átlag és a medián eltér

Ha az eloszlás jobbra elnyújtott — mint a legtöbb élettartam- vagy jövedelemeloszlás —, akkor a néhány nagyon nagy érték felhúzza az átlagot, a medián viszont nem érzékeny rájuk. Ezért közöl a statisztika ilyenkor mediánt: az „tipikusabb”, mint a várható érték.

5. Kidolgozott példák

Paraméteres sűrűségfüggvény végigszámolva

Legyen $f(x)=cx$ , ha $0\le x\le 2$ , és $f(x)=0$ egyébként. (a) Mennyi $c$ ? (b) Írd fel $F$ -et. (c) Mennyi $E(X)$ és $D(X)$ ? (d) Mennyi $P(X>1{,}5)$ és a medián?

(a) A teljes terület egy:
$\int_{0}^{2}cx\,dx=c\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{2}=2c=1\ \Longrightarrow\ c=\frac{1}{2}$
(b) Integrálás nullától $x$ -ig:
$F(x)=\int_{0}^{x}\frac{t}{2}\,dt=\frac{x^{2}}{4}\quad (0\le x\le 2)$
$F(x)=\begin{cases} 0, & x<0 \\ \dfrac{x^{2}}{4}, & 0\le x\le 2 \\ 1, & x>2 \end{cases}$
Ellenőrzés: $F(2)=1$ , ahogy kell.
(c) A két integrál:
$E(X)=\int_{0}^{2}x\cdot\frac{x}{2}\,dx=\left[\frac{x^{3}}{6}\right]_{0}^{2}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333$
$E(X^{2})=\int_{0}^{2}x^{2}\cdot\frac{x}{2}\,dx=\left[\frac{x^{4}}{8}\right]_{0}^{2}=2$
$D^{2}(X)=2-\left(\frac{4}{3}\right)^{2}=2-\frac{16}{9}=\frac{2}{9},\qquad D(X)=\frac{\sqrt{2}}{3}\approx 0{,}471$
(d) $P(X>1{,}5)=1-F(1{,}5)=1-\frac{2{,}25}{4}=0{,}4375$ , a medián pedig
$\frac{m^{2}}{4}=0{,}5\ \Longrightarrow\ m=\sqrt{2}\approx 1{,}414$
A medián kisebb a várható értéknél — a sűrűség jobbra növekszik, tehát az eloszlás balra elnyújtott.

Nem korlátos értékkészlet: mikor létezik a várható érték

Legyen $f(x)=\dfrac{3}{x^{4}}$ , ha $x\ge 1$ , és $0$ egyébként. Ellenőrizd, hogy sűrűségfüggvény, és számold ki a várható értékét, szórását, valamint a $P(X>2)$ valószínűséget.

Az integrál improprius, de konvergens:
$\int_{1}^{\infty}\frac{3}{x^{4}}\,dx=\left[-\frac{1}{x^{3}}\right]_{1}^{\infty}=0-(-1)=1$
Nemnegatív, az integrálja egy: sűrűségfüggvény.
Az eloszlásfüggvény ugyanezzel a primitív függvénnyel:
$F(x)=1-\frac{1}{x^{3}}\quad (x\ge 1)\ \Longrightarrow\ P(X>2)=1-F(2)=\frac{1}{8}=0{,}125$
$E(X)=\int_{1}^{\infty}x\cdot\frac{3}{x^{4}}\,dx=3\int_{1}^{\infty}x^{-3}\,dx=3\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$
$E(X^{2})=3\int_{1}^{\infty}x^{-2}\,dx=3,\qquad D^{2}(X)=3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4},\qquad D(X)\approx 0{,}866$
Érdemes megnézni, mi történne $f(x)=1/x^{2}$ esetén: a sűrűség rendben lenne, de az $E(X)=\int x^{-1}dx$ divergálna. Vannak tehát olyan eloszlások, amelyeknek nincs várható értéke — a nehéz farkú eloszlásoknál ez nem elméleti kuriózum, hanem valós modellezési kérdés.

Miért nem cserélhető fel a függvény és a várható érték

Egy négyzet alakú lemez oldalhossza az első példa $X$ változója (méterben). Mennyi a lemez területének várható értéke?

A terület $T=X^{2}$ , tehát a keresett mennyiség $E(X^{2})$ — amit már kiszámoltunk:
$E(T)=E(X^{2})=2\ \text{m}^{2}$
A kézenfekvőnek tűnő, de hibás gondolatmenet az lenne, hogy az átlagos oldalhossz $4/3$ , tehát az átlagos terület ennek a négyzete:
$\bigl[E(X)\bigr]^{2}=\left(\frac{4}{3}\right)^{2}=\frac{16}{9}\approx 1{,}78\ \ne\ 2$
A kettő különbsége éppen a szórásnégyzet: $E(X^{2})-[E(X)]^{2}=D^{2}(X)=2/9$ . Nem lineáris függvénynél tehát $E\bigl(g(X)\bigr)\ne g\bigl(E(X)\bigr)$ , és az eltérés annál nagyobb, minél nagyobb az ingadozás. Csak a lineáris $g$ esetén egyezik a kettő.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció