Ульянов (новое издание) (1115355), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Приналичии некоторой хитрости довольно быстро получается наименьшее из всех возможных m — 520. А вовсе не 900, как хотелось бы предположить. Всякий раз, когдавозникают небольшие трудности, приятней их обойти. Немного ниже будет показано,как это делается в данном случае (с.52).515.6Локальная предельная и интегральная теоремыМуавра-ЛапласаПервая из теорем приводится без доказательства.Теорема 5.4 (Локальная предельная теорема Муавра-Лапласа).
Пусть Sn —число успехов в n испытаниях Бернулли с вероятностью успеха p. Еслиnp(1 − p) −−−→ ∞, тоn→∞∀ m ∈ Z: 0 6 m 6 nгде x =x21P(Sn = m) = √e− 22πσµµ ¶¶11+O,σp√m − np, а σ = DSn = np(1 − p).σС её помощью несложно доказывается интегральная теорема.Теорема 5.5 (Интегральная теорема Муавра-Лапласа). Если выполнено условие локальной теоремы и C — произвольная положительная константа, то равномерно по a и b из отрезка [−C, C] (пусть b > a)ÃSn − npP a6 p6bnp(1 − p)!1−−−→ √n→∞2πZbx2e− 2 dx.aЗамечание.
Вообще, утверждение верно ∀ a, b ∈ R. Здесь излишнее ограничениеприсутствует для простоты доказательства.Доказательство. Обозначим за q величину 1−p и проведём небольшие выкладкис использованием локальной предельной теоремы в переходе ♦. А переход ∗ — этона самом деле перенос знака.Ã!Sn − np√√∗P a6 p6 b = P(np + a npq 6 Sn 6 np + b npq) =np(1 − p)Пусть множество M — это все целые числа m, такие что выполнено неравенство впоследней вероятности.
То есть,√√M = {m : np + a npq 6 m 6 np + b npq}⇓µµ ¶¶XXx211∗♦− m√=P(Sn = m) =e 2 1+O,σ2πσm∈Mm∈Mm − np. Обозначим как ∆xm разность xm − xm−1 . Присмотримсяпод xm понимаетсяσк этой разности внимательней:∆xm = xm − xm−1 =m − np m − 1 − npm − np − m + 1 + np1−== .σσσσ521Так что после замены в последней сумме на ∆xm становится очевидно, что она —σпривычная интегральнаясумма Римана для интегрируемой на любом отрезке фун굶x21ции e− 2 плюс ещё O, которое исчезнет и вот почему:σ∆xm =11=p−−−→ 0 по условию локальной теоремы.σnp(1 − p) n→∞Так что, во-первых, всё лишнее исчезает, а, во-вторых, диаметр разбиения стремитсяк нулю.
Поэтому на отрезке [−C, C] сумма сходится к интегралу:Xm∈Mx211− m√ ∆xm e 2 (1 + O (∆xm )) −−−→ √n→∞2π2πZbx2e− 2 dx.aНу а на любом подотрезке, таким образом, тоже неминуемо сойдётся. Причём всилу свойств сумм Римана, разность между суммой и предельным значением будетменьше ε при n не меньше некоторого Nε , которое для всех допустимых a и b будетодним и тем же — это и есть равномерность.Если кто забыл, почему это так, рекомендуется вспомнить один из критериев интегрируемости. Нужен тот, в котором речь идёт о пределе разности верхней и нижнейсумм Дарбу. Всё, здесь воспоминания об этом разделе мат. анализа заканчиваются.А утверждение тем самым доказано.5.7Задача о конкуренции (развязка)Замечание. При прямом решении задачи о конкуренции возник вопрос расправы снеравенством мало того , что с очень большими числами, так ещё и не очень-то охотно поддающемся каким-то преобразованиям.
Это настолько усложняет расчёты, чторучной труд исключается. С помощью последней теоремы (правда, с условием длявещественной оси) и таблиц для функции нормального распределения (с.??) задачарешается даже без калькулятора (почти). Сложности приятно обходятся следующимобразом:µSn − npm − np0,9 6 P(Sn 6 m) = P −∞ <6σσ¶1≈√2πm−npZσe−x22 dx.−∞Здесь n достаточно велико, чтобы пользоваться интегральной теоремой (каков критерий применимости на практике — нужно выяснять на кафедре, в разных источниках встречаются разные советы по этому поводу).
Дальше надо брать таблицузначений функции стандартного нормального распределения (этот интеграл с дробью — она и есть) и подбирать подходящее m. Получится, что√m − np> 1,282, значит, m > np + 1,282σ = 500 + 1,282 · 250 = 520,27.σЗначит, надо в качестве m брать 521. Между прочим, от точного ответ отличаетсятолько на 1, а это меньше, чем 0,2% разницы. Так что получается весьма точныйрезультат, причём довольно быстро и безболезненно.53Лекция 66.1Задача о различении двух гипотез о доле шаровв урнеНа этой лекции произойдёт небольшое вторжение в математическую статистику:речь идёт о проверке статистических гипотез (с.??, если не терпится).Пусть имеется урна с чёрными и белыми шарами. Она обладает тем свойством,что шансы всех шаров внутри неё оказаться снаружи абсолютно равны, если мы проводим эксперимент по извлечению шара.
Пусть есть две гипотезы о том, какова долябелых шаров в урне: первая гласит, что эта доля равна p0 (саму гипотезу обозначим как H0 ), вторая — что доля составляет p1 (и обозначается соответственно H1 ).Разумеется, считаем p0 6= p1 . Пусть далее для определённости p1 > p0 .
Требуетсяустановить, какая из гипотез ближе к реальности.Проведём выборку с возвращением шаров из урны (конечно, для данной задачи было бы проще высыпать их все и пересчитать по цветам, но природа иногдаставит задачи с такой же моделью, где высыпать все «шары» никак нельзя). Пустьеё объём — n. Мы n раз вытащили шар, зафиксировали его цвет и положили шаробратно. Нужно одну из гипотез признать более вероятной, как-то основываясь наполученной выборке.
Понятно, что поделив число белых шаров выборки на n точноравного p0 или p1 числа мы можем и не получить. Может вообще случиться так, чтоэкспериментатор n раз вытащит один и тот же шар — тут никаких гарантий нет. Другое дело, что вероятность такого «неправильного» события может оказатсья крайнемалой.Итак, имеем выборку размера n, то есть последовательность элементов, каждый из которых может принимать два значения. Одно соответствует чёрному шару,второе — белому. Обозначим тот вариант последовательности, что получится послеэксперимента, как A — событие такое.
Разумно правдоподобие гипотез устанавливать на основе следующих условных вероятностей:h0 = P(A|H0 ) и h1 = P(A|H1 ).Если h0 больше, то «побеждает» H0 , иначе H1 лучше. Вопрос в том, что будет приравенстве h0 = h1 и в каких вообще отношениях состоят h0 и h1 .Рассмотрим случай, когда A = {БББ. . .БББ} — все шары получились белыми.Вычислим вероятности: P(A|H0 ) означает вероятность цепочки A при верной H0 , аP(A|H1 ) — вероятность цепочки A при верной H1 . То есть,h1 = P({БББ .
. . БББ}|H1 ) = pn1 .h0 = P({БББ . . . БББ}|H0 ) = pn0 ,Поскольку p1 > p0 , то h1 > h0 и H1 правдоподобней. С цепочкой {ЧЧЧ. . .ЧЧЧ} всёбудет точно наоборот — «победит» H0 . Дальше от одной из этих цепочек (пойдём отбелой) будем постепенно двигаться к другой. То есть, по одному будем менять цветашаров (у нас с белого на чёрный) в цепочке. В зависимости от соотношения между54p0 и p1 , на каком-то из шаге этого «перекрашивания» знак неравенства между h1и h0 изменится (в нашем случае с > на <).
Возможно, он сделает это с переходомчерез равенство, но в случае такой цепочки указанный подход не позволит различить гипотезы H0 и H1 . Так вот пусть в этой цепочке, при переходе через которуюзнак меняется, bc чёрных шаров. Это число будем называть критическим. Теперьправило, по которому принимается решение о том, какая гипотеза лучше, выглядиттак: если чёрных шаров в выборке больше критического, то правдоподобней H0 , если меньше — H1 . Если число чёрных шаров равно критическому, то если h1 6= h0 ,решение принять просто: по принципу сравнения h0 и h1 .
Но может случиться так,что h1 = h0 . В этом случае статистика призывает подбросить монетку (но только необязательно правильную) — об этом подробно позже, в разделе статистики (если нетерпится, то на с.??). Пока предположим, что количество чёрных шаров не равнокритическому. Так вот правило, по которому решается судьба гипотез, называетсякритерием.6.1.1Ошибки первого и второго родаУже говорилось о том, что экспериментатор может вытащить один и тот же шар nраз, получить маловероятную цепочку и сделать неправильные выводы.
Гарантировать то, что этого не произойдёт, нельзя. Но какой-то способ контроля таких ошибокдолжен быть! Для начала следует получше разобраться с тем, что же мы понимаемпод словом «ошибка». Итак, пусть в цепочке, которую получил экспериментатор,чёрных шаров имеется b штук. Ошибка произойдёт, если наше правило даст неверный результат, а именно если b > bc при на самом деле верной H1 или b < bc при насамом деле верной H0 . Случай b = bc пока оставим за кадром. Вероятность первойошибки записывается как P(b > bc |H1 ), но поскольку событие b > bc означает признание гипотезы H0 , то эта вероятность будет записываться короче как P(H0 |H1 ).Вероятность второй ошибки — как P(H1 |H0 ).Теперь проведём небольшую дискриминацию: будем считать, что мы проверяем, верна ли гипотеза H0 . А гипотезу H1 будем называть конкурирующей.
В такойситуации несложно понять следующих два определения:Определение 6.1. При проверке гипотезы H0 происходит ошибка первого родатогда и только тогда, когда отвергается верная гипотеза H0 .Определение 6.2. При проверке гипотезы H0 происходит ошибка второго родатогда и только тогда, когда принимается неверная гипотеза H0 .Что можно сделать строго и точно, так это посчитать вероятности этих ошибок.Определение 6.3.
Вероятность ошибки первого рода называется значимостьюили уровнем значимости критерия и обычно обозначается как α:α = P(H1 |H0 ).С вероятностью ошибки второго рода связано другое понятие. Здесь оно не потребуется и договоримся о том, что её будем обозначать как β:β = P(H0 |H1 ).Ну а контроль за этими ошибками можно осуществлять посредством условий наэти вероятности. Потребовать, например, чтобы α < 0,001 и β < 0,001.55Замечание. Искать какой-то алгебраической связи между α и β в общем случаелучше и не пытаться. За символами H0 и H1 могут оказаться не только гипотезы обиномиальном и гипергеометрическом распределении, но и что-нибудь пострашней.И вот при этих в общем случае заведомо неизвестных гипотезах о распределениинадо вычислять вероятности того, что в результате эксперимента получаются те илииные значения параметра, по которому мы принимаем решение.
В общем случае этосделать-то не всегда толком получается! Так что вопрос о какой-то простой связимежду α и β отбрасывается.При фиксированных возможностях экспериментатора нельзя сделать α и β скольугодно малыми. В случае урны с шарами для уменьшения α и β нужно увеличиватьдлину выборки — сделать ряд из цветов вынутых шаров длинней.При построении критерия α обычно считается известным, а β пытаются сделатьпоменьше. Так получают правило для проверки гипотезы на основе результата эксперимента. Причём вероятности ошибок при использовании этого правила известны,их можно цивилизованно учесть.6.1.2Оценка для числа наблюдений, необходимых для различения гипотез с заданной точностьюПусть некто зафиксировал для α и β верхние границы α0 и β0 , предоставил двегипотезы насчёт доли белых шаров в урне и потребовал критерий для их различения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
