# Valószínűségi változók és eloszlásaik

A valószínűségi változó mint mérhető függvény és az eloszlása: eloszlásfüggvény, atomok és sűrűség, nevezetes eloszlások, kvantilisek, mintavétel.

A „Mérhető függvények” megmutatta, hogyan lehet egy téren értelmezett függvényt megmérni: ha $f$ mérhető, akkor az $f^{-1}(B)$ halmaz minden $B$ Borel-halmazra esemény, a **képmérték** pedig azt jegyzi fel, hogy a tér mekkora része kerül $B$-be. A „Valószínűségi mezők és a Kolmogorov-axiómák” ezután megadta azokat a tereket, amelyeken ez végbemegy: két kockát, egy négyzetre dobott nyilat, egy $[0, 1]$-beli egyenletes $U$ számot, érmedobások végtelen sorozatát. Ez a lecke a kettőt összerakja. A **valószínűségi változó** egy valószínűségi mezőn értelmezett mérhető függvény, egy pontszám, egy darabszám, egy várakozási idő, az **eloszlása** pedig a képmértéke, egy valószínűségi mérték a számegyenesen, amely megmondja, hogyan oszlanak meg az értékek. A lecke megmagyarázza, miért ír le egyetlen növekvő függvény, az eloszlásfüggvény, egy egész eloszlást, hogyan jelennek meg benne az atomok és a sűrűségfüggvények, mely eloszlások fordulnak elő leggyakrabban, és hogyan csinál az eloszlásfüggvény inverze egyenletes számokból húzást tetszőleges eloszlásból.

## Valószínűségi változók

Legyen $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$ valószínűségi mező. **Valószínűségi változónak** nevezzük egy mérhető $X : \Omega \to \mathbb{R}$ függvényt. A „Mérhető függvények” szerint ez azt jelenti, hogy $\{X \in B\} = X^{-1}(B)$ minden $B$ Borel-halmazra esemény, és a félegyenes-próba szerint elég, ha $\{X \le x\}$ minden valós $x$-re esemény. A név régi és kissé félrevezető: $X$ sem nem véletlen, sem nem változó. Rögzített függvény, amely minden kimeneteléhez egy számot rendel, és a véletlen abban van, hogy a kísérlet melyik $\omega$ kimenetelt hozza. A $\mathbb{P}(X \le 3)$ írásmód a $\mathbb{P}(\{\omega : X(\omega) \le 3\})$ rövidítése.

A mérhetőség éppen azt biztosítja, hogy fel lehessen tenni a kívánt kérdéseket. A $\mathbb{P}(X \le x)$ szám csak akkor létezik, ha $\{X \le x\}$ esemény. Vegyünk egy kockát, amelynek megfigyelője csak a dobás párosságát látja, a $\{\emptyset, \{1, 3, 5\}, \{2, 4, 6\}, \Omega\}$ σ-algebrával. Ennek a megfigyelőnek a „a dobás legfeljebb 2” esemény nem létezik, mert $\{1, 2\}$ nincs a σ-algebrában, így maga a dobás ezen a téren nem lehet valószínűségi változó, a „dobás mod 2” viszont lehet. A valószínűségi változónak kiszámíthatónak kell lennie abból az információból, amelyet az események jelképeznek.

Négy példa, mindegyik a „Valószínűségi mezők és a Kolmogorov-axiómák” egy modelljén, megmutatja, mennyire sokfélék a valószínűségi változók.

- **Két kocka összege.** A 36 kimeneteli $(d_1, d_2)$ párnak egyenként $1/36$ a valószínűsége, és legyen $S = d_1 + d_2$. Ha $\Omega$ minden részhalmaza esemény, akkor minden függvény mérhető. A 7-es érték hat kimenetelből adódik, $(1, 6), (2, 5), \ldots, (6, 1)$, így $\mathbb{P}(S = 7) = 6/36 = 1/6$, a 2-es érték viszont csak az $(1, 1)$-ből, így $\mathbb{P}(S = 2) = 1/36$.
- **Egyenletes szám függvényei.** Az $\Omega = [0, 1]$ téren a Lebesgue-mértékkel $U(\omega) = \omega$ valószínűségi változó, és az is $U^2$ és $-\ln(1 - U)$, amely csak az $\omega = 1$ kimenetelnél, amelynek valószínűsége 0, veszi fel a $+\infty$ értéket. A $\{U^2 \le 0{,}25\}$ esemény a $[0; 0{,}5]$ intervallum, így $\mathbb{P}(U^2 \le 0{,}25) = 0{,}5$. A $\{-\ln(1 - U) \le 1\}$ esemény a $[0, 1 - e^{-1}]$ intervallum, valószínűsége $1 - e^{-1} = 0{,}6321$.
- **Fejek az első dobásokban.** Az érmedobás modelljén, ahol a dobások az $\omega$ kettes számrendszerbeli jegyei, legyen $H_n$ az első $n$ jegy közül az 1-esek száma. Véges sok jegytől függ, ezért állandó a diadikus intervallumokon, tehát mérhető. Három dobás nyolc egyformán valószínű mintája közül háromban pontosan két fej van, így $\mathbb{P}(H_3 = 2) = 3/8$. Tíz dobásra $\mathbb{P}(H_{10} = 5) = 252/1024 = 0{,}2461$.
- **A nyíl távolsága a középponttól.** Az egységnégyzetre egyenletesen dobott nyílra legyen $R$ a középponttól mért távolság. Az $\{R \le r\}$ halmaz egy $r$ sugarú körlap a középpont körül, és $r \le \tfrac12$ esetén a körlap a négyzeten belül van, így területe $\pi r^2$. Tehát $\mathbb{P}(R \le 0{,}25) = \pi/16 = 0{,}1963$ és $\mathbb{P}(R \le 0{,}5) = \pi/4 = 0{,}7854$.

Új valószínűségi változók a „Mérhető függvények” szabályai szerint készülnek régiekből. Ha $X$ valószínűségi változó és $g$ Borel-függvény, például folytonos vagy monoton függvény, akkor $g(X)$ is valószínűségi változó, mert $\{g(X) \in B\} = \{X \in g^{-1}(B)\}$. Valószínűségi változók összege, szorzata, maximuma és határértéke is valószínűségi változó, ezért nem kellett külön ellenőrizni az $U^2$ és a $-\ln(1 - U)$ mérhetőségét.

## A valószínűségi változó eloszlása

A valószínűségi változó átviszi a valószínűséget $\Omega$-ról a számegyenesre. Képzelj el egy egységnyi homokot szétterítve $\Omega$ fölött, egy esemény valószínűsége legyen a benne lévő homok mennyisége, és $X$ vigye át minden szemet $\omega$-ból az $X(\omega)$ helyre. Az $X$ **eloszlása**, más néven **törvénye**, a $\mathbb{P}$ képmértéke $X$ alatt, ahogy a „Mérhető függvények” definiálta:

$$
\mathbb{P}_X(B) = \mathbb{P}(X \in B) = \mathbb{P}\big(X^{-1}(B)\big), \qquad B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}).
$$

Azt mondja meg, mennyi homok kerül $B$-be. Valószínűségi mérték a Borel-halmazokon: az egész egyenes $\mathbb{P}(\Omega) = 1$-et kap, a diszjunkt $B_k$ halmazok ősképei diszjunktak, így a $\mathbb{P}$ megszámlálható additivitása átöröklődik. Két kocka összegének eloszlása pontmaszok együttese, $\mathbb{P}_S = \sum_{s=2}^{12} \frac{6 - |s - 7|}{36}\, \delta_s$, a „Halmazok méretének mérése” jelöléseivel: $1/36, 2/36, \ldots, 6/36, \ldots, 1/36$ tömegek a $2, 3, \ldots, 12$ pontokban. Az egyenletes téren az $U^2$-re $\mathbb{P}_{U^2}([0, c]) = \sqrt{c}$.

Az eloszlás elfelejti, melyik kimenetel melyik értéket adta. Csak azt tartja meg, hogyan oszlanak el az értékek, és különböző valószínűségi változóknak lehet pontosan ugyanaz az eloszlásuk. A $[0, 1]$-en az $U$ és az $1 - U$ változóra $\mathbb{P}(U \le 0{,}3) = 0{,}3$ és $\mathbb{P}(1 - U \le 0{,}3) = \mathbb{P}(U \ge 0{,}7) = 0{,}3$, és ugyanez igaz minden intervallumra, tehát az eloszlásuk ugyanaz. Mégis különböző függvények: csak az $\omega = \tfrac12$ pontban egyeznek, és pontosan akkor térnek el $\tfrac12$-nél jobban, ha $U < \tfrac14$ vagy $U > \tfrac34$, aminek a valószínűsége $\tfrac12$. Két kockánál $14 - S = (7 - d_1) + (7 - d_2)$, és $7 - d$ ismét egyenletes lapszám, így $S$ és $14 - S$ eloszlása ugyanaz, miközben csak $S = 7$ esetén egyeznek.

Azt, hogy két valószínűségi változónak ugyanaz az eloszlása, **eloszlásban egyenlőségnek** nevezzük, és $X \overset{d}{=} Y$ jelöli. Ez sokkal gyengébb, mint $X = Y$: az első azt mondja, hogy az értékek ugyanúgy oszlanak el, a második azt, hogy kimenetelenként megegyeznek. Különböző valószínűségi mezőkön értelmezett változók is lehetnek eloszlásban egyenlők. Ezért szoktak egy modellt eloszlással megadni, például „$X$ exponenciális 2 várható értékkel”, anélkül hogy megmondanák, mi az $\Omega$.

## Az eloszlásfüggvény

Az eloszlás halmazfüggvény, nagy objektum. Kiderül, hogy minden $x$ valós számhoz egyetlen szám elég. Az $X$ **eloszlásfüggvénye**

$$
F(x) = \mathbb{P}(X \le x), \qquad x \in \mathbb{R}.
$$

Homokban kifejezve $F(x)$ az $x$-nél és attól balra lévő homok mennyisége. Az egyenletes $U$-ra $F(x) = x$ a $[0, 1]$-en, balra $0$, jobbra $1$. Az $U^2$-re $\sqrt{x}$ a $[0, 1]$-en. Egy szabályos kockára a lépcsős $F(x) = \lfloor x \rfloor / 6$ a $[0, 6]$-on, amely az első lap előtt $0$, az utolsó laptól kezdve $1$. Négy tulajdonság minden valószínűségi változóra igaz, és mindegyik a „Halmazok méretének mérése” egy szabályából következik.

- **Monoton nemcsökkenő.** Ha $x \le y$, akkor $\{X \le x\} \subseteq \{X \le y\}$, így $F(x) \le F(y)$ a monotonitás miatt.
- **Határértékei 0 és 1.** Az $\{X \le n\}$ események $\Omega$-hoz növekednek, így $F(n) \to 1$ az alulról való folytonosság miatt. Az $\{X \le -n\}$ események $\emptyset$-hoz csökkennek, így $F(-n) \to 0$ a felülről való folytonosság miatt, ami megengedett, mert a teljes tömeg véges.
- **Jobbról folytonos.** Az $\{X \le x\}$ esemény a csökkenő $\{X \le x + 1/n\}$ események metszete, így $F(x + 1/n) \downarrow F(x)$, ismét a felülről való folytonosság miatt.
- **Baloldali határérték.** Az $\{X < x\}$ esemény az $\{X \le x - 1/n\}$ események növekvő uniója, így a baloldali határérték $F(x-) = \mathbb{P}(X < x)$. Ez kisebb lehet $F(x)$-nél, mert maga az $x$ pont benne van az $\{X \le x\}$ eseményben. Ezért $F$ jobbról folytonos, de balról nem feltétlenül.

A kockán $F(3) = 3/6 = \tfrac12$, míg közvetlenül 3-tól balra $F(2{,}999) = 2/6 = \tfrac13$: $\tfrac16$ nagyságú ugrás a 3-ban, az ugrás tetején lévő értékkel. A tulajdonságokból valószínűségek olvashatók le. Mivel $a < b$ esetén $\{X \le b\}$ az $\{X \le a\}$ és az $\{a < X \le b\}$ diszjunkt uniója,

$$
\mathbb{P}(a < X \le b) = F(b) - F(a), \qquad \mathbb{P}(X = x) = F(x) - F(x-).
$$

A második képlet azt mondja, hogy egyetlen érték valószínűsége az $F$ ugrásának nagysága ott. A kockára $\mathbb{P}(2 < X \le 5) = F(5) - F(2) = \tfrac56 - \tfrac26 = \tfrac12$ és $\mathbb{P}(X = 3) = \tfrac12 - \tfrac13 = \tfrac16$.

Az $F$ függvény az egész eloszlást meghatározza. Két azonos $F$-ű eloszlás minden $(a, b]$ intervallumon megegyezik. „A Lebesgue-mérték és a nullmértékű halmazok” egyértelműségi érvelése szerint két valószínűségi mérték, amely egy metszetre zárt halmazcsaládon megegyezik, az általa generált σ-algebrán is megegyezik, a balról nyílt intervallumok pedig a „σ-algebrák és Borel-halmazok” Borel-halmazait generálják. Tehát $F$ teljes leírása $\mathbb{P}_X$-nek. A megfordítás is igaz: minden monoton nemcsökkenő, jobbról folytonos függvény, amelynek határértékei $0$ és $1$, valamely valószínűségi változó eloszlásfüggvénye. A 7. szakasz megkonstruálja.

## Atomok, sűrűségfüggvények és kevert eloszlások

Egy $x$ érték, amelyre $\mathbb{P}(X = x) > 0$, az eloszlás **atomja**: pozitív mennyiségű homokot hordozó pont, amely az $F$ ugrásaként látszik. Ennek a szónak semmi köze egy σ-algebra atomjaihoz, egy partíció blokkjaihoz. Egy eloszlásnak legfeljebb megszámlálhatóan sok atomja van, mert legfeljebb $n$ értéknek lehet legalább $1/n$ valószínűsége, hiszen az összeg 1. Azt az eloszlást, amelynek minden tömege atomokon van, **diszkrétnek** nevezzük; ilyen a kocka és a két kocka összege. Az eloszlásfüggvénye lépcsős.

A másik végletben egy eloszlásnak van **sűrűségfüggvénye**, $f$, ha minden $a < b$ esetén $\mathbb{P}(a < X \le b) = \int_a^b f(x)\,dx$, ahol $f \ge 0$ és a teljes terület $1$. Ekkor $F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt$ folytonos, és ahol $f$ folytonos, ott $F' = f$. A sűrűségfüggvény a homokréteg vastagsága, mint a „Halmazok méretének mérése” $\rho$ sűrűségű rúdja: az $x$ közelében egy $h$ szélességű kis intervallum tömege körülbelül $f(x)\,h$. Az 1 várható értékű exponenciális eloszlás sűrűségfüggvénye $f(x) = e^{-x}$, ha $x \ge 0$, így $F(x) = 1 - e^{-x}$ és $\mathbb{P}(1 < X \le 3) = e^{-1} - e^{-3} = 0{,}3181$.

A sűrűségfüggvény értéke nem valószínűség. Lehet 1-nél nagyobb: a $[0, \tfrac12]$-en egyenletes eloszlás sűrűségfüggvénye ott 2. Minden egyes érték valószínűsége $0$, mert egy görbe alatti terület egyetlen pont fölött nulla, így $F$-nek nincsenek ugrásai.

A két fajta keverhető. Valaki odaér egy közlekedési lámpához. $0{,}7$ valószínűséggel zöld van, és a várakozás $0$ perc; különben a várakozás 2 perc várható értékű exponenciális. A várakozási idő, $X$, eloszlásfüggvénye

$$
F(x) = 0{,}7 + 0{,}3\,\big(1 - e^{-x/2}\big) \quad \text{ha } x \ge 0, \qquad F(x) = 0 \quad \text{ha } x < 0.
$$

Az $F$ függvény $0$-ban $0{,}7$-et ugrik, így $\mathbb{P}(X = 0) = 0{,}7$, és a $0$ az egyetlen atom, utána pedig simán emelkedik $0{,}15\,e^{-x/2}$ meredekséggel az 1 felé. Homokban az eloszlás $0{,}7\,\delta_0$ plusz $0{,}3$-szor egy exponenciális réteg. A legtöbb sofőrnek nem kell várnia, a többiek várakozási ideje mégis értékek egy kontinuumán oszlik el.

Létezik egy negyedik alak is, de példákon kívül ritka. Legyenek $\xi_1, \xi_2, \ldots$ az érmedobás modelljének dobásai, $0$ az írás és $1$ a fej, és legyen $X = \sum_{k \ge 1} 2\xi_k / 3^k$. Az $X$ hármas számrendszerbeli jegyei $0$ vagy $2$, így $X$ mindig a $C$ Cantor-halmaz pontja, amelyet „A Lebesgue-mérték és a nullmértékű halmazok” épített fel. Az eloszlásfüggvénye a **Cantor-függvény**: $F = \tfrac12$ az egész kivágott $[\tfrac13, \tfrac23]$ középső harmadon, $F = \tfrac14$ a $[\tfrac19, \tfrac29]$-en, $F = \tfrac34$ a $[\tfrac79, \tfrac89]$-en, és állandó minden kivágott intervallumon. A kivágott intervallumok összhossza 1, tehát $F$ majdnem mindenütt vízszintes, mégis felmegy 0-ról 1-re, és az egész emelkedés a $C$ halmazon történik, amelynek hossza 0. Ez az $F$ folytonos, így nincs atom, és sűrűségfüggvény sincs: egy $f$ sűrűségfüggvény $C$-nek $\int_C f\,dx = 0$ valószínűséget adna, mert $C$ hossza nulla, de $\mathbb{P}(X \in C) = 1$. Az ilyen eloszlásokat **szingulárisnak** nevezzük.

## Nevezetes eloszlások katalógusa

Néhány eloszlás adja a legtöbb előforduló esetet. Mindegyik egy rövid történetből származik, és a történet felismerése a leggyorsabb módja az eloszlás megismerésének.

- **Bernoulli($p$).** Egy érme egyetlen dobása, amely $p$ valószínűséggel fej: $\mathbb{P}(X = 1) = p$ és $\mathbb{P}(X = 0) = 1 - p$. Ez egy $\mathbb{P}(A) = p$ valószínűségű $A$ esemény $\mathbf{1}_A$ indikátora.
- **Binomiális($n$, $p$).** Az ilyen érme $n$ dobásában a fejek száma, a dobások egymást nem befolyásolják: $\mathbb{P}(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1 - p)^{n-k}$, $k = 0, \ldots, n$. Szabályos érmére és $n = 10$-re $\mathbb{P}(X = 5) = 252/1024 = 0{,}2461$.
- **Geometriai($p$).** Az első fejig, azt is beleértve, szükséges dobások száma: $\mathbb{P}(X = k) = (1 - p)^{k-1} p$, $k = 1, 2, \ldots$. Szabályos érmére $\mathbb{P}(X = 3) = \tfrac18$, az írás, írás, fej minta. Az érmedobás modelljén az $\{X > k\}$ azt jelenti, hogy $\omega$ első $k$ kettes számrendszerbeli jegye mind 0, ami a $[0, 2^{-k})$ intervallum, így $\mathbb{P}(X > k) = 2^{-k}$.
- **Poisson($\lambda$).** Az események száma egy időegység alatt, ha véletlenszerűen, átlagosan $\lambda$ intenzitással történnek: $\mathbb{P}(X = k) = e^{-\lambda} \lambda^k / k!$, $k = 0, 1, 2, \ldots$. $\lambda = 2$-re $\mathbb{P}(X = 2) = 2e^{-2} = 0{,}2707$ és $\mathbb{P}(X \le 1) = 3e^{-2} = 0{,}4060$.
- **Egyenletes($a$, $b$).** Egy szám, amelynek minden helye egyformán valószínű $[a, b]$-ben: sűrűségfüggvénye $1/(b - a)$ az $[a, b]$-n, és ott $F(x) = (x - a)/(b - a)$. A „Valószínűségi mezők és a Kolmogorov-axiómák” $U$ száma Egyenletes($0$, $1$).
- **Exponenciális(intenzitás $\theta$).** Emlékezet nélküli várakozási idő: sűrűségfüggvénye $\theta e^{-\theta x}$ és $F(x) = 1 - e^{-\theta x}$, ha $x \ge 0$. A várható értéke $1/\theta$, így a 2 várható érték $\tfrac12$ intenzitást jelent.
- **Normális($\mu$, $\sigma^2$).** A harang alakú görbe, középpontja $\mu$, szóródása $\sigma$: sűrűségfüggvénye $\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{-(x - \mu)^2 / (2\sigma^2)}$. Az eloszlásfüggvényének nincs zárt képlete. $\mu = 0$ és $\sigma = 1$ esetén $\mathbb{P}(|X| \le 1) = 0{,}6827$ és $\mathbb{P}(|X| \le 1{,}96) = 0{,}95$. A pálya egy későbbi leckéje megmagyarázza, miért néznek ki így sok kis tag összegei.

A Poisson-eloszlás binomiális eloszlások határértéke. Vágd fel az időegységet $n$ rövid darabra, és tegyük fel, hogy mindegyik darabban $\lambda/n$ valószínűséggel történik egy esemény, és a darabok nem befolyásolják egymást. Az események száma ekkor binomiális($n$, $\lambda/n$), és rögzített $k$-ra

$$
\binom{n}{k} \Big(\frac{\lambda}{n}\Big)^{k} \Big(1 - \frac{\lambda}{n}\Big)^{n-k} = \frac{\lambda^k}{k!} \cdot \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k} \cdot \Big(1 - \frac{\lambda}{n}\Big)^{n} \cdot \Big(1 - \frac{\lambda}{n}\Big)^{-k} \;\longrightarrow\; \frac{\lambda^k}{k!}\, e^{-\lambda}.
$$

A második tényező 1-hez tart, mert $k$ darab, mind 1-hez közeli tényező szorzata; a harmadik $e^{-\lambda}$-hoz tart; a negyedik 1-hez. $\lambda = 2$ és $k = 2$ esetén a binomiális valószínűségek $n = 10$-re $0{,}3020$, $n = 100$-ra $0{,}2734$, $n = 1000$-re $0{,}2709$, vagyis közelednek a Poisson-féle $0{,}2707$ értékhez.

Az exponenciális eloszlásnak nincs emlékezete. A farka $\mathbb{P}(X > x) = e^{-\theta x}$, így $\mathbb{P}(X > s + t) = e^{-\theta s}\, e^{-\theta t} = \mathbb{P}(X > s)\, \mathbb{P}(X > t)$. Szavakban: az $s$-nél hosszabb várakozások közül azok aránya, amelyek még legalább $t$ ideig tartanak, $\mathbb{P}(X > s + t) / \mathbb{P}(X > s) = \mathbb{P}(X > t)$, vagyis ugyanakkora, mint egy éppen elkezdődött várakozásnál. Egy már $s$ perce tartó várakozás nincs közelebb a végéhez. 2 várható értéknél, $s = 1$ és $t = 2$ esetén $\mathbb{P}(X > 3) = 0{,}2231$, és valóban $\mathbb{P}(X > 1)\,\mathbb{P}(X > 2) = 0{,}6065 \cdot 0{,}3679 = 0{,}2231$.

## Kvantilisek

Ha $F$-et megfordítjuk, egy másik kérdésre kapunk választ: melyik érték alatt marad $X$ $u$ valószínűséggel? Ha $F$ folytonos és szigorúan növő, pontosan egy ilyen érték van, az $F^{-1}(u)$ inverz függvény. Az 1 várható értékű exponenciális eloszlásra $F^{-1}(u) = -\ln(1 - u)$, így a **medián**, $u = \tfrac12$, $\ln 2 = 0{,}6931$, a kvartilisek, $u = \tfrac14$ és $u = \tfrac34$, pedig $0{,}2877$ és $1{,}3863$.

Az ugrások és a vízszintes szakaszok ezt elrontják. A kockán nincs olyan $x$, amelyre $F(x) = 0{,}4$, mert $F$ a 3-ban $\tfrac13$-ról $\tfrac12$-re ugrik. A Cantor-változóra a $[\tfrac13, \tfrac23]$ minden $x$ pontjában $F(x) = \tfrac12$. A **kvantilisfüggvény** mindkettőt a legkisebb megfelelő értékkel hozza rendbe:

$$
F^{-1}(u) = \inf\{x \in \mathbb{R} : F(x) \ge u\}, \qquad 0 < u < 1.
$$

Szavakban: az első pont, ameddig $X$ legalább $u$ valószínűséggel lent maradt. Az infimumra azért van szükség, mert az ilyen $x$ értékek halmazának általában nincs legkisebb eleme, itt pedig azért minimum, mert $F$ jobbról folytonos: az $\{x : F(x) \ge u\}$ halmaz tartalmazza a bal végpontját, így $F(F^{-1}(u)) \ge u$. A kockára $u = 0{,}4$ esetén $\{x : F(x) \ge 0{,}4\} = [3, \infty)$, tehát $F^{-1}(0{,}4) = 3$. Valójában minden $u \in (\tfrac13, \tfrac12]$ 3-at ad, és $F^{-1}(0{,}5) = 3$, míg $F^{-1}(0{,}51) = 4$. A Cantor-változóra $F^{-1}(\tfrac12) = \tfrac13$, és a kvantilisfüggvény átugorja az egész rést a $\tfrac23$-ig.

A közlekedési lámpánál $F^{-1}(u) = 0$ minden $u \le 0{,}7$ esetén, mert a 0-beli atom már $F(0) = 0{,}7 \ge u$-t ad. $0{,}7$ fölött a $0{,}7 + 0{,}3(1 - e^{-x/2}) = u$ egyenlet megoldása $F^{-1}(u) = -2\ln\big((1 - u)/0{,}3\big)$, így $F^{-1}(0{,}85) = -2 \ln 0{,}5 = 2 \ln 2 = 1{,}3863$ perc. A medián $F^{-1}(0{,}5) = 0$: a sofőrök több mint fele nem vár.

Az $F^{-1}$-ről egyetlen tény számít a továbbiakban, egy ekvivalencia minden $x$-re és minden $u \in (0, 1)$-re:

$$
F^{-1}(u) \le x \iff u \le F(x).
$$

Ha $u \le F(x)$, akkor $x$ eleme annak a halmaznak, amelynek az infimuma $F^{-1}(u)$, így $F^{-1}(u) \le x$. Ha $F^{-1}(u) \le x$, akkor $F(x) \ge F(F^{-1}(u)) \ge u$, felhasználva, hogy $F$ monoton nemcsökkenő, és hogy $F(F^{-1}(u)) \ge u$. Az ekvivalenciából az is látszik, hogy $F^{-1}$ monoton nemcsökkenő, tehát a „Mérhető függvények” szerint mérhető.

## Inverz transzformációs mintavétel

A kvantilisfüggvény a másik irányba is működik. Legyen $U$ egyenletes $(0, 1)$-en, az egyenletes modell $\omega$ száma, és legyen $F$ tetszőleges eloszlásfüggvény. Ekkor az $X = F^{-1}(U)$ eloszlásfüggvénye $F$:

$$
\mathbb{P}\big(F^{-1}(U) \le x\big) = \mathbb{P}\big(U \le F(x)\big) = F(x).
$$

Az első egyenlőség a fenti ekvivalencia, a második azért igaz, mert $\mathbb{P}(U \le c) = c$ minden $c \in [0, 1]$-re. A 3. szakasz szerint $F$ ezután meghatározza $X$ eloszlását, és ez bizonyítja az ott beígért megfordítást is: minden, a négy tulajdonsággal rendelkező függvény eloszlásfüggvény. Homokban kifejezve az egyenletes $(0, 1)$ intervallumot darabokra vágjuk és ráképezzük a számegyenesre. Az $F$ egy $q$ nagyságú ugrása $q$ hosszúságú $u$-darabot gyűjt össze, és mindet egyetlen értékre küldi, az $F$ egy vízszintes szakaszát pedig átugorja.

A példák megmutatják, hogyan működik. A kockára $F^{-1}(u) = \lceil 6u \rceil$, és minden lap az $u$-tengely egy $\tfrac16$ hosszú darabját kapja. A 2 várható értékű exponenciális eloszlásra $F(x) = 1 - e^{-x/2}$, így $F^{-1}(u) = -2\ln(1 - u)$, és $u = 0{,}9$ esetén $-2 \ln 0{,}1 = 4{,}605$ perc adódik. A közlekedési lámpánál $u \le 0{,}7$ esetén a várakozás $0$, $u = 0{,}85$ esetén $1{,}386$ perc. A számítógép egyenletes számokat állít elő, és semmi mást, és minden más eloszlás ebből készül.

Az ábra egyszerre egy egyenletes számot mutat. Válassz eloszlást, és mozgasd $u$-t a függőleges tengelyen: a segédvonal átfut $F$-ig, majd le az $F^{-1}(u)$ értékig, a kijelzők pedig megmutatják ezt az értéket és az ottani atom valószínűségét. A hisztogram 1000 $F^{-1}(U)$ húzást gyűjt, mindegyiket saját egyenletes számból, az utolsó két kijelző pedig az átlagukat veti össze a pontos várható értékkel. Az alapértelmezett állapotban, exponenciális eloszlásnál és $u = 0{,}5$-nél az érték $F^{-1}(0{,}5) = \ln 2 = 0{,}693$, nincs atom, és az 1000 húzás átlaga $1{,}049$ a pontos $1$ várható értékkel szemben. Válts a közlekedési lámpára: $u = 0{,}5$-nél a segédvonal az ugrásba ütközik, az érték $0$, az atom $0{,}7$; az 1000 húzásból 674 pontosan $0$. A kockánál $u = 0{,}5$ a $3$ értéket adja $\tfrac16 = 0{,}167$ atommal.

*[Interaktív ábra: inverse transform](https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/random-variable-distributions)*

> Ha $F$ folytonos, a lépés visszafelé is működik: $F(X)$ egyenletes $(0, 1)$-en, mert $\mathbb{P}(F(X) \le u) = \mathbb{P}(X \le F^{-1}(u)) = F(F^{-1}(u)) = u$. Ez a **valószínűségi integráltranszformáció** elbukik, ha $F$-nek vannak ugrásai: a közlekedési lámpánál $F(X) = 0{,}7$ lesz $0{,}7$ valószínűséggel.

### Kidolgozott példa: Várakozás a közlekedési lámpánál

1. A nullabeli atom, $F$ ugrása ott:
   $$\mathbb{P}(X = 0) = 0{,}7$$ → **0.7**
2. Az eloszlásfüggvény 1-ben:
   $$F(1) = 0{,}7 + 0{,}3\,(1 - e^{-1/2})$$ → **0.818041**
3. Az eloszlásfüggvény 4-ben:
   $$F(4) = 0{,}7 + 0{,}3\,(1 - e^{-2})$$ → **0.959399**
4. Annak a valószínűsége, hogy a várakozás több mint 1 és legfeljebb 4 perc:
   $$\mathbb{P}(1 < X \le 4) = F(4) - F(1)$$ → **0.141359**
5. Annak a valószínűsége, hogy a várakozás több mint 2 perc, a farokból:
   $$\mathbb{P}(X > 2) = 1 - F(2) = 0{,}3\,e^{-1}$$ → **0.110364**
6. A 0,85-ös kvantilis az atom fölött van, ezért oldjuk meg az $F(x) = 0{,}85$ egyenletet:
   $$F^{-1}(0{,}85) = -2\ln\big((1 - 0{,}85)/0{,}3\big) = 2\ln 2$$ → **1.386294**
7. A medián: már $F(0) = 0{,}7 \ge 0{,}5$, így
   $$F^{-1}(0{,}5) = 0$$ → **0**

## Várható érték: első pillantás

Az ábra utolsó két kijelzője a húzások átlagát veti össze egy pontos számmal. Az átlagot könnyű kiszámolni a húzásokból: összeadjuk őket, és elosztjuk 1000-rel. A pontos szám az, amelyhez az ilyen átlagok a húzások számának növekedésével közelednek. A kockára ez $(1 + 2 + \cdots + 6)/6 = 3{,}5$, az ábra 1000 húzásának átlaga pedig $3{,}611$ volt. A közlekedési lámpára $0{,}7 \cdot 0 + 0{,}3 \cdot 2 = 0{,}6$ perc, mert a sofőrök 70%-a semmit sem vár, a többiek átlagosan 2 percet, a húzások átlaga $0{,}635$ lett. Az 1 várható értékű exponenciális eloszlásra ez $1$, szemben az $1{,}049$ értékkel. Az eltérés a húzások számának növekedésével csökken.

Ennek pontos megfogalmazásához $\mathbb{P}_X$ szerinti integrál kell, és ez a következő lecke, a „Várható érték, szórásnégyzet és egyenlőtlenségek” témája. Ez definiálja a várható értéket mint $\Omega$ fölötti integrált, megmutatja, hogyan számolható az eloszlásfüggvényből, egy sűrűségfüggvényből vagy egy kevert eloszlásból, és azt is méri, mennyire szóródnak a húzások körülötte.

## Összefoglalás

- A valószínűségi változó valószínűségi mezőn értelmezett mérhető függvény; az eloszlása, $\mathbb{P}_X(B) = \mathbb{P}(X \in B)$, a képmérték, egy valószínűségi mérték a Borel-halmazokon, amely elfelejti, melyik kimenetel melyik értéket adta.
- Az $F(x) = \mathbb{P}(X \le x)$ eloszlásfüggvény monoton nemcsökkenő és jobbról folytonos, határértékei $0$ és $1$, és meghatározza az eloszlást: $\mathbb{P}(a < X \le b) = F(b) - F(a)$ és $\mathbb{P}(X = x) = F(x) - F(x-)$.
- Az $F$ ugrásai az atomok, a meredekségei a sűrűségfüggvények; egy eloszlás lehet diszkrét, lehet sűrűségfüggvényes, lehet kevert, mint a közlekedési lámpánál, vagy ritkán folytonos sűrűségfüggvény nélkül, mint a Cantor-függvény.
- A nevezetes eloszlások, a Bernoulli-, binomiális, geometriai, Poisson-, egyenletes, exponenciális és normális eloszlás, mind egy rövid történetből származnak, a Poisson-eloszlás pedig a binomiális($n$, $\lambda/n$) eloszlások határértéke.
- Az $F^{-1}(u) = \inf\{x : F(x) \ge u\}$ kvantilisfüggvényre $F^{-1}(u) \le x \iff u \le F(x)$, így egyenletes $U$ esetén $F^{-1}(U)$ eloszlásfüggvénye $F$: ez az inverz transzformációs mintavétel.

[Nyisd meg a valószínűségi változók labort](https://quantsandbox.dev/hu/random-variables)

## Interaktív laborok

- [Valószínűségi változók függvényként: pörgettyű](https://quantsandbox.dev/hu/random-variables)

---

Forrás: https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/random-variable-distributions

Előző lecke: [Valószínűségi mezők és a Kolmogorov-axiómák](https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/probability-spaces-axioms)

Következő lecke: [Várható érték, szórásnégyzet és egyenlőtlenségek](https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/expectation-variance)