Klasszikus valószínűségszámítás

A középkorban felmerült a következő probléma: két lovag egymással játszik, a játék szabályai szerint amelyikük eléri először a 6 győzelmet, az nyer. Tegyük fel hogy egy váratlan esemény hatására a játék $5:3$-nál megszakad. Ebben a szituációban adódik egy természetes kérdés: milyen arányban osszák el a téteket? A válasz a kockadobás valószínűségeiből adódik, ugyanis feltesszük hogy $50-50 \%$ eséllyel nyer egy körben mindkét fél. Ebből adódik, hogy a tétel elosztási aránya $7:1$ kell legyen, mert arra csupán $\frac{1}{8}$ a valószínűség hogy a második lovag nyer. $\\$ Egy ehhez hasonló kérdést egy de Méré nevű szerencsejátékozó vetett fel a 17. században. A kérdéssel Pascalhoz fordult, ami fejlődésnek indított egy új matematikai ágat, a valószínűségszámítást. $\\$ Két játékot játszott, azt vélte megfigyelni hogy bár a számolásai szerint a nyerési valószínűségek ugyanazok, az egyik játékban hosszú távon nyer, a másikban veszít. Az egyik játékban 4 dobásból kellett dobni legalább egy 6-ost, a másodikban 24 dobásból legalább egy dupla hatost. Ezt a nyerési megfigyelést ellentmondásnak gondolta, úgy érvelt, hogy mivel egy kockadobásnál a 6-os valószínűsége $\frac{1}{6}$, így 4 dobásnál $\frac{4}{6}$, hasonlóan egy dupla 6-osé $\frac{1}{36}$, 24 dobásból $\frac{24}{36}$ = $\frac{4}{6}$, emiatt ugyanúgy kellene nyereséges legyen mindkét játék. $\\$ Pascal rámutatott hogy egyszerű összeadással és szorzással nem kaphatja meg a kívánt valószínűségeket. Ehelyett kiszámolta annak a valószínűségét, hogy egyetlen dobás sem lesz 6-os vagy dupla 6-os. Első esetben ez $(\frac{5}{6})^4$ (komplementere nagyjából $52 \%$), másodikban $(\frac{35}{36})^{24}$ (komplementere nagyjából $49 \%$) értékeket eredményezett. Itt előbbi nagyobb mint $50 \%$, utóbbi pedig kisebb mint $50 \%$ - evvel magyarázta hogy a második játékban hosszú távon veszíteni fog. $\\$

Egy színház vendégei leadják a ruhatárosnál az esernyőiket. A ruhatáros lerészegedik, elhagyja a ruhatári jegyeket, távozáskor véletlenszerűen ad vissza mindenkinek egy-egy esernyőt. Felmerül a kérdés: mi a valószínűsége annak hogy egyetlen vendég sem a saját esernyőjét kapja vissza? $\\$ A megoldás a következő: $n$ darab esernyőt $n!$ módon lehet szétosztani, tehát az első $k$ embernél annak a valószínűsége hogy egyikük sem a sajátját kapja vissza éppen $\frac{1}{k!}$. Vegyük minden emberre külön-külön azt az esetet, hogy nem a saját esernyőjét kapja vissza. Ekkor a kérdéses valószínűség előbbi események metszetének valószínűségeként adódik, így a szitaformula metszetes alakja szerint a valószínűség a részmetszetek valószínűségének váltakozó előjelű összege: $1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + ...$ $\\$ Ez az összeg $n$ növekedtével az $\frac{1}{e} ≈ 0.368$ értékhez tart, ahol $e ≈ 2.718$ az Euler-szám, tehát a keresett valószínűség $36,8 \%$. Figyeljük meg, hogy sehol sem használtuk mekkora az $n$, tehát azt kaptuk, hogy teljesen mindegy, 10 vagy 1000 vendég van a színházban, a kérdéses valószínűség nagyjából megegyezik. $\\$

Rómeó és Júlia éjszaka 11 és 12 óra közötti találkozót beszélnek meg Capuleték gyümölcsöskertjében, az előre nem látható körülmények miatt előre nem meghatározott időpontban. Legfeljebb 10 percet várnak egymásra. Aznap este a találkozóra sor került. Mekkora szerencséje lehetett Rómeónak és Júliának? A probléma megoldásához ábrázoljuk mindkét fél érkezésének lehetséges idejét egy koordinátasíkkal, ezen vegyük a $[11;12] \times [11;12]$ négyzettartományt. Figyeljük meg hogy találkozásuknak pontosan az volt a feltétele hogy érkezésük ideje legfeljebb 10 perccel tér el egymástól, ami $\frac{1}{6}$ órának felel meg. Felrajzolva a problémát egy vastagított átlójában kettévágott négyzetet kapunk, aminek a maradványa két háromszög, $\frac{5}{6}$ alappal és $\frac{5}{6}$ magassággal. Ennek megfelelően a nem találkozás valószínűsége $2 * \frac{1}{2} * \frac{5}{6} * \frac{5}{6} = \frac{25}{36}$, melyből a találkozás valószínűsége $\frac{11}{36}$. Megkaptuk tehát hogy $\frac{11}{36}$ valószínűsége volt Rómeó és Júlia találkozásának.

Rómeó és Júlia szándékosan 1 órás intervallumot választott a találkozónak. Ugyan kitartóbbak lettek volna, ez tűnt természetesnek. A terveikből alkotott modellünk éppen egy egységnyi területű tartományt eredményezett, egy $1 \times 1$-es négyzetet. Szeretnénk ezt a keretet kiterjeszteni általánosan is, erre szolgál a Kolmogorov-féle valószínűségi mező. $\\$ Az elgondolás a következő: Valaminek biztosan történnie kell, jelen esetben vagy találkoznak vagy nem, ez meg is adja az egész négyzettartományt, aminek a területe 1. Feltehető tehát hogy van biztos esemény, ennek megfelelően kell lennie lehetetlen eseménynek is, például hogy semmi nem történik, ezt nevezzük el lehetetlen eseménynek, jelen példánkban ez az üres halmaz (az egész négyzetből semmi). $\\$ Természetes az az elgondolás is, hogy ha valami bekövetkezhet akkor annak az ellenkezője is, illetve ha a találkozás bekövetkezhet az első pár percben és az utolsó pár percben külön-külön, akkor arra az együttes eseményre is van valószínűség hogy vagy az elején vagy a végén találkoznak. Egy ilyen dolgokat (nem-üresség, diszkrét unió és kivonásra zártság) teljesítő halmazrendszert szigma-algebrának nevezünk, az ezen értelmezett valószínűség egy mérték. Ez a szigma algebra minden eleméhez rendel egy 0 és 1 közötti számot, lehetetlen eseményhez 0 (pl nem történik semmi), biztoshoz 1 (pl vagy találkoznak vagy nem), ez ad okot a valószínűségi mérték elnevezésre. $\\$ Ha tehát van egy alaphalmazunk (Rómeó és Júlia érkezésének lehetséges időpontjai), azon egy szigma-algebra (halmazok amiken van értelme számolni az érkezések valószínűségét), amin értelmezett egy valószínűségi mérték is, akkor ezt a hármast Kolmogorov-féle valószínűségi mezőnek nevezzük.$\\$ Ez precízen a következő módon definiálható:$\\$ $\\ \textbf{Definíció}\\$ Legyen adott elemi események $\Omega$ halmazán értelmezett $A$ $\sigma$-algebra. Ekkor $(\Omega, A)$-t mérhető térnek, és $\mu : A \rightarrow [0;\infty]$-t mértéknek nevezzük, ha $\mu (\emptyset)=0$ és diszjunkt $A_i \in A$-kra $$\mu \left(\bigcup A_i\right) = \sum \mu (A_i),$$ végül az $(\Omega, A, \mu)$ rendezett hármast mértéktérnek nevezzük. $\\ \textbf{Definíció}\\$ Azt a legszűkebb $\sigma$-algebrát, ami tartalmazza $\mathbb{R}$ nyílt részhalmazait, Borel-mérhető halmazok rendszerének nevezzük, melynek elemei a Borel-mérhető halmazok (ha az alaphalmaz nem $\mathbb{R}$, akkor az adott topologikus tér nyílt halmazait tartalmazó legszűkebb $\sigma$-algebra). $\\ \textbf{Definíció}\\$ Az $(\Omega, A)$ mérhető téren értelmezett $f: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ függvény mérhető függvény, ha $\forall$ $\mathbb{R}$-ben Borel-mérhető halmaz $f$ általi ősképe mérhető, azaz $\in A$. Ha $P: A \rightarrow [0;1]$ mérték, melyre $P(\Omega)=1$, akkor az $(\Omega, A, P)$ hármast valószínűségi mezőnek nevezzük.

Legyen $B_1, B_2, \dots$ teljes eseményrendszer, minden $B_i$ valószínűsége pozitív. Ekkor egy ezektől független $A$ eseményre $A$ valójában az $A \cdot B_i$ események uniója, melyből: \[ P(A) = P(A \cdot B_1) + P(A \cdot B_2) + \dots = P(A \mid B_1) \cdot P(B_1) + P(A \mid B_2) \cdot P(B_2) + \dots \] Ezt nevezzük teljes valószínűség tételének. Az $A$ unió $\bar{A}$ (komplementer) teljes eseményrendszerrel, ebből adódik a feltételes valószínűségekkel dolgozó Bayes-formula: \[ P(A \mid B) = \frac{P(B \mid A) \cdot P(A)}{P(B \mid A) \cdot P(A) + P(B \mid \bar{A}) \cdot P(\bar{A})} \] Általános alakban, ha $A_1, A_2, \dots$ teljes eseményrendszer, minden $i$-re az $A_i$ valószínűsége pozitív, akkor: \[ P(A_j \mid B) = \frac{P(B \mid A_j) \cdot P(A_j)}{\sum_{i} P(B \mid A_i) \cdot P(A_i)} \] Ennek alkalmazásaként tekintsük a következő példát: Egy sárkány az elrabolt hercegnőt egy toronyba zárta. A királyfi a toronyhoz ért, ahol mielőtt megküzdhetett volna a sárkánnyal, azt az ajánlatot kapta tőle, hogy ha kitalálja a 3 ajtó közül melyik mögé zárta be őt, küzdelem nélkül szabadon engedi. A sárkány tudja, melyik ajtó mögött van a királylány, ajánlatot tesz a királyfinak, de sosem a jó ajtóra. Jelölje $B$ azt az eseményt, hogy a 2. ajtót nyitná ki a sárkány, $A_i$ pedig azt, hogy az $i$-edik ajtó mögött van a királylány. Ekkor minden $i$-re: \[ P(A_i) = \frac{1}{3} \] valamint $P(A_2 \mid B) = 0$, mivel ha a sárkány a másodikat ajánlja, biztosan nem ott van a hercegnő. Szóbeszédekből tudjuk, hogy ahányszor a harmadik ajtó mögött volt az elrabolt, a sárkány a második ajtót javasolta, így feltételezzük, hogy $P(B \mid A_3) = 1$. Ekkor: \[ P(A_3 \mid B) = \frac{P(B \mid A_3) \cdot P(A_3)}{P(B \mid A_1) \cdot P(A_1) + P(B \mid A_2) \cdot P(A_2) + P(B \mid A_3) \cdot P(A_3)} \] Behelyettesítve a kapott értékeket: \[ P(A_3 \mid B) = \frac{1 \cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} + 0 + 1 \cdot \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{1}{2} + 0 + 1} = \frac{2}{3} \] Mivel a kapott valószínűség nagyobb mint $\frac{1}{2}$, így a herceg jobban jár, ha egyszerű érmedobás helyett a harmadik ajtót választja.

Árgyélus királyfi a száz meg száz esztendeig tartó keresgélés után feleségül veszi Tündérszép Ilonát. Az esküvő napján Árgyélus elhatározza, hogy elmegy a királyi udvar rózsasorához, és kiválasztja közülük azt, amelyik legjobban emlékezteti őt Tündérszép Ilonára. Miközben elhalad a rózsák mellett, ha ki nem választja őket, azok nyomban elhervadnak, emiatt úgy dönt, hogy az összes $n$ rózsából az első valamennyi $m$-et szemügyre veszi, elhalad mellettük, és ha a későbbi rózsák közt lesz olyan, ami annál az első néhánynál jobban hasonlít, azt választja. Legyen $B_k$ az az esemény, hogy a $k$-adikat választja ($k > m$), $B_0$ az, hogy egyiket sem, $A$ pedig az, hogy a leghasonlóbbat. Ekkor: \[ A = A \cdot B_{m+1} \cup A \cdot B_{m+2} \cup \dots \cup A \cdot B_n \] Mivel ezen unióbeli események diszjunktak, így: \[ P(A) = P(A \cdot B_{m+1}) + \dots + P(A \cdot B_n) \] Azon lehetséges esetek száma, hogy a $k$-adikat választja és az is hasonlít legjobban Tündérszép Ilonára, éppen: \[ |A \cdot B_k| = m! \cdot m \cdot (m+1) \cdot \dots \cdot (k-2) \cdot 1 \cdot k \cdot \dots \cdot n \] mert az első $m$ lehetséges sorrendjeinek száma $m!$, a $k$-adik helyen csak a leghasonlóbb lehet, a többi helyre még bármilyen sorrendben kerülhet a maradék. Ekkor: \[ P(A \cdot B_k) = \frac{|A \cdot B_k|}{n!} = \frac{m}{(k-1) \cdot n} \] ezeket minden $k > m$-re összegezve: \[ P(A) = \frac{m}{n} \cdot \left(\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n-1}\right) \] ennek optimumát $M$-mel jelölve $n$ növekedtével $\frac{M}{n}$ tart $\frac{1}{e} \approx 0.368$-hoz. Ebből mindig megkapható $M$, továbbá ennyi lehet legfeljebb a legjobb ilyen stratégiával a leghasonlóbb rózsa választásának a valószínűsége. Ha például $100$ rózsa van a rózsasorban, Árgyélus az első $37$-et veszi szemügyre, és utána amint talál azoknál hasonlóbbat, azt választja.

Egy osztály a következő héten feleletválasztós dolgozatot ír. Pista szeretne átmenni úgy, hogy közben minimalizálja a megtanulandó anyag százalékos mértékét. Feltételezzük, hogy a dolgozat összeállítója a tananyag szerint egyenletesen állítja össze a feladatsort, minden feladatnál $4$ opció adott, és $60\%$-tól van elégséges. Ha Pista egy kérdésre nem tudja a választ, tippel, így $\frac{1}{4}$ eséllyel találja el a helyes opciót. Kérdés, hogy a tananyag hány százalékát tanulja meg várhatóan az elégségeshez? A megoldáshoz elég meghatározni, mennyi a valószínűsége annak, hogy Pista egy kérdésre helyesen válaszol. Jelölje $A$ azt az eseményt, hogy tudja a helyes választ, $B$ pedig azt, hogy helyesen válaszol, legyen $P(A) = p$. Ekkor a teljes valószínűség tétele alapján: \[ P(B) = P(B \mid A) \cdot P(A) + P(B \mid \bar{A}) \cdot P(\bar{A}) = 1 \cdot p + \frac{1}{4} \cdot (1 - p) = \frac{3}{4} \cdot p + \frac{1}{4} \] Ezt $0.6$-ra ($60\%$-ra) állítva kapjuk, hogy: \[ \frac{3}{4} \cdot p + \frac{1}{4} = 0.6 \implies 3p + 1 = 2.4 \implies p = \frac{7}{15} \approx 0.4667 \] Tehát Pistának a tananyag $46.67\%$-át kell megtanulnia ahhoz, hogy várhatóan elégségest szerezzen.

$\\ \textbf{Definíció}$ $\\$ $(\Omega, A, P)$ valószínűségi mező $\Omega$ eseményterén értelmezett $X: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ függvény valószínűségi változó (ez a hivatalos definíció), ha $\forall x \in \mathbb{R}$-re $$\{\omega \in \Omega : X(\omega) \leq x\} \in A$$ $\\ \textbf{Megjegyzés}$ $\\$ Általában valós/vektorértékű valószínűségi változón egy $(\Omega, A, P)$ valószínűségi mezőn definiált $(\mathbb{R}^n, \mathbb{B}^n)$ értékű mérhető függvényt értünk, ahol $\mathbb{B}^n$ az $\mathbb{R}^n$-ben Borel-mérhető halmazok $\sigma$-algebrája. Külön kikötés hiányában $I$ halmaz Borel-halmazait $\mathbb{B}_I$ vagy $\mathbb{B}$ jelöli (utóbbi csak akkor, ha a jelölés egyértelmű). $\\ \textbf{Definíció}$ $\\$ Az $(\Omega,A,P)$ valószínűségi mezőn értelmezett $X$ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye $F_X: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, $F_X(x)=P(X < x)$. $\\ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ az $X$ abszolút folytonos valószínűségi változó sűrűségfüggvénye, ha $$F_X(x) = \int_{-\infty}^x f(t)dt$$

A pénzügyi elemzésben gyakran használják a $W_t^2 -t$ martingált, ahol $W_t$ normális eloszlást követ. Az evvel való számoláshoz érdemes ismerni a $W_t^2$ valószínűségi változó eloszlását ($\chi^2$-eloszlásnak hívják). Ez megkapható a következőképp:$\\$ Tegyük fel hogy a szóban forgó Brown-mozgás $W_t \sim N(0, t^2)$ típusú. Ekkor $W_t$ felírható mint $t \cdot \eta$, ahol $\eta \sim N(0, 1)$ standard normális eloszlású. Felírva az eloszlásfüggvényt: $$P(W_t^2 < x) = P(-\sqrt{x} < W_t < \sqrt{x}) = P(\frac{-\sqrt{x}}{t} < \eta \frac{\sqrt{x}}{t}) = P(\frac{-\sqrt{x}}{t} < \eta) \cdot P(\frac{\sqrt{x}}{t} > \eta) = (1 - \Phi(\frac{-\sqrt{x}}{t})) \cdot \Phi(\frac{\sqrt{x}}{t}) = \Phi(\frac{\sqrt{x}}{t}) \cdot \Phi(\frac{\sqrt{x}}{t})$$ Ezt deriválva kapjuk $W_t^2$ sűrűségfüggvényét.

Legyenek $\xi, \eta$ független valószínűségi változók, értékkészletük $\{x_k\}_k$ és $\{y_k\}_k$. Ekkor $$P(\xi + \eta = z) = \sum_{x_k + y_k = z}P(\xi_k = x_k) \cdot P(\eta_k = y_k)$$ Ezt $\xi$ és $\eta$ diszkrét valószínűségi változók konvolúciójának hívjuk.$\\$ Ennek mintájára vezetjük be abszolút folytonos valószínűségi változók konvolúcióját. Legyenek $\xi, \eta$ független abszolút folytonos valószínűségi változók. Ekkor $(\xi + \eta)$ is abszolút folytonos eloszlású, és sűrűségfüggvénye $$f_{\xi + \eta}(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{\xi}(x-y) \cdot f_{\eta}(x) dy = f_{\xi}(y) \cdot f_{\eta}(x-y)dy$$

A kengyelfutó gyalogkakukk elhatározza hogy átszeli a $600$ km széles kaliforniai sivatagot. Útja során semmiképp nem szeretne segítséget kérni a prérifarkastól. Feltételezzük hogy egy-egy lábának kifáradása megtett útban mérve exponenciális eloszlást követ $200$ km várható értékkel, és ezek egymástól függetlenül fáradnak ki. Mennyi a valószínűsége hogy a kengyelfutó gyalogkakukk át tudja szelni a sivatagot egyetlen pihenővel úgy, hogy közben nem kér segítséget a prérifarkastól? $\\$ A megoldáshoz jelöljük egyik lábának megfelelő valószínűségi változót $X_1$-gyel, másodiknak megfelelőt $X_2$-vel. Ekkor $min(X_1, X_2)$ lesz az első kifáradás valószínűségi változója. Ez a következőképp megkapható:$\\$ $$P(min(X_1, X_2) > x) = P(X_1 > x, X_2 > x) = P(X_1 > x) \cdot P(X_2 > x) = e^{-\frac{1}{200} \cdot x} \cdot e^{-\frac{1}{200} \cdot x} = e^{-\frac{1}{100} \cdot x}$$ Tehát $Y_1 = min(X_1, X_2)$ az (első kifáradás, hasonlóan $Y_2$ a második kifáradás) exponenciális eloszlású $\lambda = 1 / 100$ paraméterrel, azaz várható értéke $100$ km.$\\$ Állítjuk hogy ha $\xi_1, \xi_2$ független $\lambda$-exponenciális eloszlású valószínűségi változók, akkor $\xi_1 + \xi_2 \sim \Gamma(2, \lambda)$ eloszlást követ. Ezt egyszerű konvolúcióval kapjuk, nem csak 2-re, hanem indukcióval minden $n$-re. Használjuk az $S_n = \xi_1 + ... + \xi_n$ jelölést. Ekkor $$f_{S_n}(x) = \int_0^x f_{S_{n-1}}(t) f_{X_n}(x-t) \, dt = \int_0^x \left(\frac{\lambda^{n-1}}{(n-2)!} t^{n-2} e^{-\lambda t}\right) \left(\lambda e^{-\lambda(x - t)}\right) dt = \frac{\lambda^n}{(n-2)!} e^{-\lambda x} \int_0^x t^{n-2} \, dt = \frac{\lambda^n}{(n-2)!} e^{-\lambda x} \frac{x^{n-1}}{n-1} = \frac{\lambda^n}{(n-1)!} x^{n-1} e^{-\lambda x}$$ Ezt felhasználva $$ P(Y_1 + Y_2 > 600) = 1 - P(Y_1 + Y_2 \leq 600) = 1 - F_{\Gamma(2, \frac{1}{100})}(600) ≈ 0.01735$$ Azt kaptuk tehát, hogy a gyalogkakukknak nagyjából $1.74 \%$ esélye van arra hogy átszelje a kaliforniai sivatagot egyetlen pihenővel úgy, hogy közben nem kér segítséget a prérifarkastól.

Pista egyetemi diák lévén elhatározza hogy rendszerezni fogja a napját úgy hogy közben a rendelkezésre álló idejét maximalizálja. A megállóban véletlenszerűen átlagosan 10 percenként jelenik meg a busz ami őt az egyetemre viszi. Pista megfigyelte hogy akármikor is indul el, várhatóan 10 percet fog állni a megállóban. Úgy határoz, hogy csak annyit fog várni amennyi a várakozási idejének várható értéke, így délután vett egy papírt és a következőket írta:$\\$ Legyen a buszok érkezése közti idő $X_1, X_2, ...$ független $\lambda$-exponenciális eloszlású valószínűségi változó, jelölje $w_t$ a várakozási időt ha $t$-kor érkezünk. Kérdés, mennyi az $E(w_t)$ várható érték.$\\$ Legyen $S_0 = 0$, $k \in \mathbb{N}^+$-ra $S_k = X_1 + ... + X_k$. Ekkor minden $k$-ra $w_t = S_k - t$, ha $S_{k-1} < t \leq S_k$, így $$ P(w_t < x) = \sum_{k=1}^{\infty} P(w_t < x, S_{k-1} < t \leq S_k) = P(w_t, 0 < t \leq S_1) + \sum_{k=2}^{\infty} P(S_{k-1} + X_k - t < x, S_{k-1} < t < S_{k-1} + X_k),$$ ahol $$P(w_t < x, 0 < t \leq S_1) = P(X_1 - t < x, t \leq X_1) = P(t \leq X_1 < x + t) = e^{-\lambda \cdot t} - e^{-\lambda(x + t)},$$ továbbá $$P(S_{k-1} + X_k - t < x, S_{k-1} < t \leq S_{k-1} + X_k) =^{\text{Teljes várható érték tétel}} \int_{-\infty}^{\infty} g_{k-1}(y) \cdot P(S_{k-1} + X_k - t < S_{k-1} < t < S_{k-1} + X_k | S_{k-1} = y) dy,$$ ami az előbb bizonyított $S_{k-1} \sim \Gamma_{k-1, \lambda}$ miatt éppen $$ \int_0^t \frac{\lambda^{k-1} \cdot y^{k-2} \cdot e^{-\lambda \cdot t}}{(k-2)!} \cdot P(X_k < x + t - y, X_k \geq t - y) dy = \int_0^t \frac{ \lambda^{k-1} \cdot y^{k-2} \cdot e^{-\lambda \cdot y} }{ (k-2)! } \cdot ( e^{-\lambda(t-y)} - e^{-\lambda(x + t - y)}) dy = ( e^{\lambda \cdot t} - e^{-\lambda(x + t)}) \cdot \frac{\lambda^{k-1}}{(k-2)!} \cdot \frac{t^{k-1}}{k-1} $$ Ebből kapjuk hogy $$ P(w_t < x) = e^{-\lambda \cdot t} - e^{-\lambda(x + t)} + (e^{-\lambda \cdot t} - e^{-\lambda(x + t)}) \cdot \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(\lambda \cdot t)^{k-1}}{(k-1)!} = (e^{-\lambda \cdot t} - e^{-\lambda(x + t)}) \cdot e^{\lambda \cdot t} = 1 - e^{-\lambda \cdot t}$$ Tehát a keresett várható érték $$E(w_t) = \frac{1}{\lambda},$$ azaz a várakozási idő várható értéke megegyezik a buszok egymást követési idejének várható értékével.$\\$ Ezen jegyzetével Pista rávilágított arra, hogy akárhogyan is trükközik, várhatóan 10 percet kell várnia a buszmegállóban.

$\\ \textbf{Definíció}:\\$ $(\xi_n)_n$ valószínűségi változók sorozata sztochasztikusan tart $\xi$ valószínűségi változóhoz, ha minden $\epsilon > 0$-ra $$P(|\xi_n - \xi| \geq \epsilon) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0$$ Jelölés: $\xi_n \xrightarrow{szt.} \xi$ $\\ \textbf{Definíció}:\\$ $(\xi_n)_n$ valószínűségi változók sorozata eloszlásban tart $\xi$ valószínűségi változóhoz, ha $F_{\xi}(x) = P(\xi < x)$ minden $x$ folytonossági pontjában $$F_{\xi_n}(x) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} F_{\xi}(x)$$ $\\ \textbf{Definíció}:\\$ $(\xi_n)_n$ valószínűségi változók sorozata majdnem mindenütt / 1 valószínűséggel tart a $\xi$ valószínűségi változóhoz ha $$P(\omega: \xi_n(\omega) \rightarrow \xi(\omega)) = 1$$ $\\ \textbf{Definíció}:\\$ $(\xi_n)_n$ valószínűségi változók sorozata $L^p$-ben tart a $\xi$ valószínűségi változóhoz, ha $$E(|\xi_n - \xi|^p) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0.$$

$\\$A sztochasztikus konvergenciából következik az eloszlásbeli:$\\$ $\textbf{Tétel}$: Ha \(\xi_n \xrightarrow{szt.} \xi\), akkor \(\xi_n \xrightarrow{d} \xi\). $\\$ $\textbf{Bizonyítás}:\\$ Legyen \(x\) az \(F_{\xi}\) folytonossági pontja, és \(\varepsilon > 0\) tetszőleges. Az események közötti tartalmazásokból adódik, hogy: $$F_{\xi}(x - \varepsilon) - P(|\xi_n - \xi| \geq \varepsilon) \leq F_{\xi_n}(x) \leq F_{\xi}(x + \varepsilon) + P(|\xi_n - \xi| \geq \varepsilon)$$ Mivel \(\xi_n \xrightarrow{szt.} \xi\), a hibatag $P(|\xi_n - \xi| \geq \varepsilon) \to 0$, így $n \to \infty$ esetén: $$F_{\xi}(x - \varepsilon) \leq \liminf_{n \to \infty} F_{\xi_n}(x) \leq \limsup_{n \to \infty} F_{\xi_n}(x) \leq F_{\xi}(x + \varepsilon)$$ Mivel \(x\) folytonossági pont, $\varepsilon \to 0^+$ esetén a határok $F_{\xi}(x)$-hez tartanak. A rendőr-elv miatt: $$\lim_{n \to \infty} F_{\xi_n}(x) = F_{\xi}(x)$$ Tehát \(\xi_n \xrightarrow{d} \xi\).$\square \\$ Ennek egy következménye megalapozza az intuíciót a centrális határeloszlás tételhez: $\\ \textbf{Következmény}: \\$ Legyenek $\xi_1, \xi_2, ...$ páronként független, azonos eloszlású valószínűségi változók véges szórással és azonos várható értékkel: $D^2(\xi_i) < \infty$ és $E(\xi_i) = m$ minden $i$-re. Ekkor $a < m < b$ esetén $$P(\frac{\sum_{i=1}^n \xi_i}{n} < a) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0$$ és $$P(\frac{\sum_{i=1}^n \xi_i}{n} < b) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 1$$ Ennek megfelelően a centrális határeloszlás tétel azt mondja, hogy független azonos eloszlású valószínűségi változók sorozatára azok valamilyen értelemben vett átlaga sztochasztikusan tart egy normális eloszláshoz: a várható érték környékén az értékek felhalmozódnak, attól távolodva lecsengnek:$\\$ $\\ \textbf{Tétel} (\text{Centrális határeloszlás tétel}): \\$ Legyenek $\xi_1, \xi_2, ...$ független, azonos eloszlású valószínűségi változók, $m = E(\xi_i)$ várható értékkel és $0 < \sigma^2 = D^2(\xi_i) < \infty$ szórással.Ekkor minden $x \in \mathbb{R}$-re $$ P(\frac{\sum_{n=1}^n \xi_i - n \cdot m}{ \sigma \cdot \sqrt{n} } < x) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} \Phi(x) = \int_{-\infty}^x \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \cdot e^{-\frac{t^2}{2}} dt $$ normális közelítés. $\square \\$

$\textbf{Állítás}:\\$ Ha $\forall \epsilon > 0$-ra $\lim_{m \rightarrow \infty} P(\sup_{n \geq m} |\xi_n - \xi| > \epsilon) = 0$, akkor $$\xi_n \xrightarrow{\text{m.m.}} \xi$$ $\textbf{Bizonyítás}:\\$ Legyen $A = \{ \omega: \xi_n(\omega) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} \xi(\omega) \} = \bigcap_{r=1}^\infty \bigcup_{m=1}^{\infty} \bigcap_{n \geq m} \{ \omega: |\xi_n(\omega) - \xi(\omega)| \leq \frac{1}{r} \}$. Ennek komplementere $$ \overline{A} = \bigcup_{r=1}^\infty \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{n \geq m} \{ \omega: |\xi_n(\omega) - \xi(\omega)| > \frac{1}{r} \},$$ ahol $$\bigcup_{n \geq m} \{ \omega: |\xi_n(\omega) - \xi(\omega)| > \frac{1}{r} \} = \{ \omega : \sup_{n \geq m} |\xi_n(\omega) - \xi(\omega)| > \frac{1}{r} \} = B_{r, m}$$ Ekkor $B_{r, m} \supseteq B_{r, m+1} \supseteq B_{r, m+2} \supseteq ...$. Legyen továbbá $$ B_r = \bigcap_{m=1}^{\infty} B_{r, m}$$ $$\Rightarrow P(B_r) \leq \lim_{m \rightarrow \infty} P(B_{r, m}) = 0$$ Ekkor $$B_r \subseteq B_{r+1} \subseteq B_{r+2} \subseteq ...$$ és $$\overline{A} = \bigcup_r B_r$$ $$\Rightarrow P(\overline{A}) \leq \sum_r P(B_r) = 0,$$ márpedig $P(\overline{A}) = 0 \iff \xi_n \xrightarrow{\text{m.m}} \xi$ (mert $P(\overline{A}) = 0 \iff P(A) = 1$) $\square$ $\\ \textbf{Következmény}:\\$ Ha $\sum_{n=1}^{\infty} P(|\xi_n - \xi| > \epsilon) < \infty$ minden $\epsilon > 0$-ra, akkor $\xi_n \xrightarrow{\text{m.m.}} \xi$. $\\ \textbf{Bizonyítás}:\\$ $P(\sup_{n \geq m} |\xi_n - \xi| > \epsilon) = P(\bigcup_{n \geq m} \{ |\xi_n - \xi| > \epsilon \}) \leq \sum_{n=m}^{\infty} P(|\xi_n - \xi| > \epsilon) \xrightarrow{m \rightarrow \infty} 0$ $\square \\$ A nagy számok törvénye azt mondja ki, hogy független azonos eloszlású véges szórású valószínűségi változók átlaga tart a közös várható értékhez 1 valószínűséggel. Tehát a $\xi_1, \xi_2, ...$ szóban forgó valószínűségi változókra ha $E((\xi_n - E(\xi_n))^2)$ véges, akkor $$\frac{\sum_{k=1}^n \xi_k}{n} \xrightarrow{n \rightarrow \infty} E(\xi_1)$$ Ennek egy gyengébb változata a következő: $\\ \textbf{Tétel}\\$ $\xi_1, \xi_2, ...$ független azonos eloszlású véges szórású valószínűségi változókra ha $E((\xi_n - E(\xi_n))^4)$ véges, akkor $$\frac{\sum_{k=1}^n \xi_k}{n} \xrightarrow{n \rightarrow \infty} E(\xi_1)$$ $\textbf{Bizonyítás}\\$ Legyen $m = E(\xi_1)$, minden $k$-ra $\overline{\xi_k} = \xi_k - m$. Elég belátni hogy $\frac{\sum_{k=1}^n \overline{\xi_k}}{n} \xrightarrow{n \rightarrow \infty \text{ m.m.}} 0$. Az $S_n = \sum_{k=1}^n \overline{\xi_k}$ jelölést használva a Markov-egyenlőtlenség miatt $$ P(|\frac{S_n}{n}| > \epsilon) \leq \frac{E((\frac{S_n}{n})^4)}{\epsilon^4} = \frac{E(S_n^4)}{n^4 \cdot \epsilon^4}, $$ ahol $$S_n^4 = \sum_{k=1}^n \overline{\xi_k}^4 + 6 \cdot \sum_{i < j}^n \overline{\xi_i}^2 \cdot \overline{\xi_j}^2 + 12 \cdot \sum_{i \neq j, i \neq k, j < k} \overline{\xi_i}^2 \cdot \overline{\xi_j} \cdot \overline{\xi_k} + 24 \cdot \sum_{i < j < k < l} \overline{\xi_i} \cdot \overline{\xi_j} \cdot \overline{\xi_k} \cdot \overline{\xi_l} + 4 \cdot \sum_{i \neq j} \overline{\xi_i}^3 \cdot \overline{\xi_j},$$ melyből $$E(S_n^4) = n \cdot E(\overline{\xi_1}^4) + 6 \cdot \sum_{i < j} E(\overline{\xi_i}^2) \cdot E(\overline{\xi_j}^2) = n \cdot E(\overline{\xi_1}^4) + 6 \cdot \frac{n(n-1)}{2} \cdot (E(\overline{\xi_1}^2))^2$$ $$\Rightarrow \frac{E(S_n^4)}{n^4} < c \cdot \frac{1}{n^2}$$ valamilyen $c \in \mathbb{R}$-re. $$\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} P(|\frac{S_n}{n}| > \epsilon) < \infty,$$ így az előző következmény miatt $\frac{\sum_{k=1}^n \xi_k}{n} \xrightarrow{n \rightarrow \infty} E(\xi_1) \square$

A Monte Carlo szimuláció lényege hogy mintavétellel próbálunk integrálokat megbecsülni. A módszer a nagy számok törvényén alapszik:$\\$ Ehhez tekintsünk egy példát. Adott egy $f: [0;1] \rightarrow [0;1]$ folytonos függvény. Szeretnénk megbecsülni a $\int_0^1 f(x) dx$ integrál értékét.$\\$ Legyenek $\xi_1, \eta_1, \xi_2, \eta_2$ függetlenek és $E(0;1)$-eloszlásúak, $$\rho_i = \{ \text{$1$, ha $f(\xi_i) > \eta_i$, $0$ különben}$$ Belátható hogy $E(\rho_i) = P(f(\xi_i) > \eta_i) = \int_0^1 f(x) dx$, így a nagy számok törvénye szerint $$ \frac{\sum_{i=1}^n \rho_i}{n} \xrightarrow{n \rightarrow \infty} \int_0^1 f(x)dx $$