Ульянов (новое издание) (1115355), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Тройка (R, B, Pψ ) образует вероятностное пространство.Доказательство. Доказательство целиком заключается в проверке аксиом. Проверить, то, что B будет σ-алгеброй на R — это всё равно что вспомнить определениеборелевской σ-алгебры. Так что остаётся убедиться в том, что Pψ — вероятность.Для этого нужно проверить три аксиомы вероятности: вероятность Ω — единица,вероятность неотрицательна и счётно-аддитивна. Проверим:1. Pψ (R) = P(ψ ∈ R) = 1.2. ∀ B ∈ BPψ (B) = P(ψ ∈ B) > 0.3.
∀ {Bi }∞i=1 ∈ B : i, j ∈ N, i 6= j =⇒ Bi Bj = ∅Ã∞ !Ã!ÃÃ∞!!Ã∞!∞[[[[−1−1PψBi = P ψ ∈Bi = P ψBn=Pψ (Bn )i=1i=1∗=∞Xi=1i=1P(ψ −1 (Bn )) =∞Xi=1Pψ (Bi ).i=1В переходе ∗ использован тот факт, что прообразы непересекающихся множеств не пересекаются. Предположить противоположное — и получим очевидное противоречие с реальностью {ω : ψ(ω) ∈ ∅} 6= ∅. Ну, а тогда можновоспользоваться счётной аддитивностью обычной вероятности.Таким образом, доказано, что (Ω, B, Pψ ) — вероятностное пространство.Замечание. В общем-то, дело дошло до того, что можно забыть про исходное вероятностное пространство (Ω, A, P) и в нём случайную величину ψ, а оперировать втерминах (R, B, Pψ ) — с вещественными числами работать удобно и привычно.Если известно распределение случайной величины, то функция распределениятакже известна.
В каждой точке её можно вычислить через распределение:Fψ (x) = P(ψ < x) = Pψ ((−∞, x)).Более того, если известна функция распределения, то известно распределение. Ноэтот факт доказывается уже не так просто. Суть заключается в том, что:• функция распределения однозначно задаёт вероятность прообразов всех множеств вида (∞, a),• отняв функцию распределения от единицы, получим вероятность прообразоввсех множеств вида [ a, +∞),• отняв от вероятности прообраза (−∞, b) вероятность прообраза (−∞, a), гдеa < b, получим вероятность прообраза [ a, b).Появились множества, которые вместе со своими конечными объединениями образуют уже знакомую нам алгебру подмножеств R B0 . А S(B0 ) = B.
Намёк окончен.657.3Теорема о единственности продолжения вероятности с алгебры на порождённую ею σ-алгебруТеорема 7.1 (О продолжении меры). Пусть F0 — алгебра подмножеств Ω,пусть на F0 задана функция P и выполнены три условия:1. ∀ F ∈ F0P(F ) > 0.2. P(Ω) = 1.3. Внутри F0 P счётно-аддитивна. То есть,∀ {Fn }∞n=1 ∈ F0 : ∀ i, j ∈ N : i 6= j Fi Fj = ∅ иµP∞Sn=1¶⇓ ∞PFn =P(Fn ).∞Sn=1Fn ∈ F0n=1Тогда P единственным образом продолжается до вероятности на S(F0 ).7.4Взаимно однозначное соответствие между функциями распределения и вероятностными распределениямиТеорема 7.2.
Функция распределения случайной величины однозначно задаёт еёраспределение.Доказательство. Зная функцию распределения, мы можем легко установить вероятности попадания случайной величины (обозначим её как ψ) во все множестваследующих видов:P(ψ ∈ (−∞, a)) = Fψ (a), P(ψ ∈ [ b, +∞)) = 1 − Fψ (b) и P(ψ ∈ [ a, b)) = Fψ (b) − Fψ (a).Множества этих трёх видов вместе со всевозможными их конечными объединениямиобразуют алгебру B0 , которая подробно обсуждалась на с.58. Там же показано, чтоS(B0 ) = B. Это означает, что ∀ B ∈ B вероятность P(ψ ∈ B) определена и выражается через известные нам вероятности множеств указанных выше видов. А значит,известно распределение. Теорема доказана.Замечание. На самом деле, всё, что произошло в доказательстве, уже встречалось,причём почти в том же контексте.
Уверждение на с.61 — практически клон последнейтеоремы по ходу мыслей. Если что-то осталось неясным, рекомендуется посмотретьтуда.Теперь можно делать вывод о том, что любое распределение однозначнозадаёт функцию распределения и любая функция распределения однозначно задаёт распределение.66Замечание. Пусть, кто-нибудь задал счётно-аддитивное (внутри B0 — о счётныхобъединениях, оказавшихся вне B0 , пока ещё ничего не утверждается) отображение f : B0 → [ 0, 1], такое что f (Ω) = 1. Тогда, по теореме о продолжении меры, fединственным образом продолжается до вероятности на S(B0 ) = B.
Именно единственным, так что для тех счётных объединений, что оказались за границей B0 ,возможное значение f не только обязательно существует но и единственно.Утверждение 7.2. Пусть имеется некоторая непрерывная слева неубывающая навсей оси функция f , у которой предел на +∞ равен единице, а на −∞ — нулю. Тогдасуществуют вероятностное пространство и в нём случайная величина ψ, такиечто f — функция распределения ψ.Замечание. ψ и вероятностное пространство заведомо неединственны. Распределение не фиксирует вид отображения, не говоря уже о том, что о пространствеэлементарных исходов ничего сказать не может.Доказательство. В качестве пространства элементарных исходов проще всеговзять R, в качестве σ-алгебры событий — B. Остаётся разобраться с вероятностьюи случайной величиной.Сделаем это следующим образом: будем f трактовать как отображение F из B0в [ 0, 1], а именно∀ a, b ∈ R : b > a F ((−∞, a)) = f (a), F ([ a, +∞) = 1 − f (a) и F ([ a, b)) = f (b) − f (a),а для всевозможных конечных объединений множеств этих трёх видов F доопределяем с помощью формулы конечной аддитивности.
Для любого конечного объединения множеств из B0 она трансформируется в формулу включения-исключения(с.15), и в итоге F будет задано на всей B0 :Ãn!n[Xn∀ {Ai }i=1 ∈ B0 : 1 6 i, j 6 n, i 6= j ⇒ Ai Aj = ∅ FAi =F (Ai ).i=1i=1Если присмотреться, то попросту фабрикуется заданное на всех элементах B0 распределение ψ.Покажем, что F — счётно аддитивно. Для этого докажем пару неравенств: пусть∞S{Kn }∞∈B,K=Kn , K ∈ B0 и ∀ i, j ∈ N : i 6= j Ki Kj = ∅,0n=1n=1F (K) >∞XF (Ki ) и F (K) 6i=1∞XF (Ki ).i=1Первое неравенство.
Чем бы на самом деле ни были Ki , они лежат в алгебреB0 . Значит, они представимы с помощью конечных объединений из множеств вида(−∞, a), [ a, b) и [ b, +∞) (отрицания не нужны — они тоже выражаются как конечные объединения из множеств этих трёх видов). «Развернём» все Ki в эти конечные объединения — получим новую последовательность попарно непересекающихсямножеств Li . Точно так же поступим и с K. Несмотря на то, что K — счётное объединение непересекающихся множеств указанного вида, оно всё же из B0 , а потомураскладывается в их конечное объединение. Конечную последовательность непересекающихся множеств, на которые разбивается K, обозначим как {Mj }kj=1 . Последовательность из Ki распалась на несколько последовательностей (не исключено,67правда, что она чем была, тем и осталась), объединение каждой из которых сходится к одному из Mj , при этом все Ki и Mj — множества одного из трёх хорошоизвестных видов.Поэтому если доказать, что для таких последовательностей выполнена счётнаяаддитивность, то она будет доказана для любых последовательностей из B0 .
Потомпросто объединим конечное количество этих последовательностей и для F воспользуемся конечной аддитивностью.Пусть K = [ a, b), где b > a — конечные числа. Ki = [ ai , bi ), попарно непересекающиеся множества. Поскольку множества не бывают «разного знака», то врядах-объединениях множеств порядок объединения можно свободно менять. Строгое обоснование этого факта можно получить по определению объединения множеств.
Зафиксируем произвольное n и множества перенумеруем так, чтобы быливыполнены условия a 6 a1 < b1 6 a2 < b2 6 . . . 6 an < bn 6 b. Получаем, чтоnnXX∗F (Ki ) =(f (bi ) − f (ai )) 6 f (b) − f (a) = F (K).i=1i=1В переходе ∗ использована монотонность f . Поскольку это верно при любом n, томожно учинить переход к пределу с обеих сторон знака неравенства. И первое неравенство обосновано. Если вдруг a либо b окажется бесконечным, то изменения в ходемыслей будут число символическими.Второе неравенство. По тем же простым соображениям, будем работать со случаем K = [ a, b) и Ki = [ ai , bi ).
В силу непрерывности слева функции f ,εε∀ ε > 0, ∀ i ∈ N ∃ a0i < ai : f (a0i ) > f (ai ) − i+1 , ∃ b0 < b : f (b0 ) > f (b) − .22∞∞[[[ a, b0 ] ⊆ [ a, b) = [ ai , bi ) ⊆ (a0i , bi ).i=1i=10[ a, b ] — это компактное множество. Большое объединение справа — это его открытоепокрытие. В такой ситуации возникает соблазн выбрать из открытого покрытияконечное подпокрытие.
Выберем:m[0∃ m ∈ N : [ a, b ] ⊆ (a0i , bi ).i=1(a0i , bi )Интервалыуже могут пересекаться, а объединение их содержит в себе [ a, b0 ].Продемонстрируем, чтоmX(**)(f (bi ) − f (a0i )) − f (b0 ) + f (a) > 0.i=1Факт следует, по сути, из того, что f неубывает. Перенумеруем интервалы из покрытия в том порядке, в котором они встречаются на вещественной оси, если идтислева-направо. Картина будет примерно следующей:a01 < a 6 a02 < b1 < a03 < b2 < a04 < . .
. < bm−3 < a0m−1 < bm−2 < a0m < bm−1 6 b0 < bm .Теперь перепишем выражение в левой части ∗∗, так что неравенство станет очевидным: каждая разность в сумме, что идёт после ♣, неотрицательна:nX♣(f (bi )−f (a0i ))−f (b0 )+f (a)=f (bm )−f (b0 )+f (bm−1 )−f (a0m )+f (bm−2 )−f (a0m−1 )+f (bm−3 )−.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
