Ульянов (новое издание) (1115355), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Выпадение герба будемобозначать «Г», выпадение решки — буквой «Р». Цепочку подбрасываний будем12изображать в виде последовательности этих букв. При этом на выпадении первогогерба игра останавливается. Так что герб, в общем-то, всегда стоит в конце цепочки, за ним ничего уже нет. Так что пространство элементарных исходов получаетсятаким:Ω = {Г, РГ, РРГ, РРРГ, РРРРГ, РРРРРГ, РРРРРРГ, РРРРРРРГ, . . .}Ω в данном случае счётное, поэтому по утверждению на с.10 σ-алгебру событийможно ввести как множество всех подмножеств Ω.Обозначим событие «герб выпал при j-том подбрасывании» как Aj . СобытияAi , Aj (i, j ∈ N) при i 6= j несовместны.
Каждое из них состоит из одного элементарного исхода из Ω. Для симметричной монетки P(A1 ) = 1/2. Если подбрасыванияникак друг от друга не зависят, то P(A2 ) = 1/4. Это просто получить, если рассмотреть все возможные исходы двух независимых подбрасываний правильной монетки(и отбросить вариант ГГ как соответствующий выпадению герба на первом шаге).Так же получается, что P(Aj ) = 1/2j (j ∈ N).
Любое событие можно представитьс помощью операций объединения и отрицания из {Ai }∞1 , всё проводится точно также, как в доказательстве утверждения на с.10. Значит, вероятность определена длялюбого события.Континуум элементарных исходовТеперь рассмотрим пока что новую ситуацию. Пусть некто бросает точку в отрезок от нуля до одного, причём делает это так, что все точки отрезка равноправны.Некто может попасть как в точку 1/2, так и в 1/e или 1/π.
Пространство элементарных исходов теперь имеет мощность континуум. Мы договорились о том, что всеточки равноправны. Чему тогда равна вероятность попадания в конкретную точку? Никакой ненулевой конечной величине она не может равняться, иначе суммавероятностей попаданий в точки последовательности xn = 1/n (а разных точек вэтой последовательности счетное число) даст бесконечность. Но она никак не можетпревысить единицы. Значит, вероятность попадания в конкретную точку точно равна нулю.
Никаких «мало» и «ужасно мало». С этой трудностью призвана боротьсяпостроенная особым образом σ-алгебра.Итак, Ω = [ 0, 1].На с.9 уже говорилось о том, что в множестве всех подмножеств [ 0, 1] есть неизмеримые множетсва. Дальше речь пойдет об одном из них. Идея в том, что полуинтервал [ 0, 1) можно разбить на счётное количество непересекающихся множеств, меракоторых совпала бы, если бы существовала.
Но предположение о её существованииприводит к противоречию.Возьмём в множестве [ 0, 1) любую точку. Выберем из него все её рациональныесдвиги (то есть, все точки, что получаются из неё прибавлением любого рационального числа), которые попали в [ 0, 1). Изымем выбранные точки из [ 0, 1) в множествоW . Заметим, что так как изъято счётное количество точек, то от [ 0, 1) остался ещеконтинуум точек. Возьмём из остатка другую точку, выберем все её рациональныесдвиги из [ 0, 1).
Получим множество U . W ∩U = ∅, поскольку если это не так, то онисовпали бы. А мы изначально для U выбрали точку, которой нет в W . В множестве[ 0, 1) \ W \ U по-прежнему континуум точек (потому что W и U счётные). По этомупринципу будем строить всё дальше и дальше такие же множества. Попарно они непересекаются, все счётные.13Весь полуинтервал [ 0, 1) разбивается на эти множества (потому что для любойточки из него мы сможем указать множество, построенное по указанному выше способу, в которое эта точка попадёт). Этих множеств — континуум, иначе их объединение было бы счётным либо мощнее континуума, то есть тогда в сумме не получилосьбы [ 0, 1).Теперь из каждого из полученных множеств возьмём по точке и положим в множество V0 .
Оно целиком содержится в исходном полуинтервале. Все рациональныесдвиги этого множества, лежащие в [ 0, 1), образуют весь этот полуинтервал (потому что все рациональные сдвиги этого V0 — это все множества из абзаца выше).Обозначим за Vq множество, полученное из V0 сдвигом (циклическим, то есть, число,которое «уплыло» при сдвиге за единицу, появляется со стороны нуля) на рациональное число q.
Множеств Vq всего счётное число (как рациональных чисел разных). Ихобъединение даёт весь полуинтервал:[Vq = [ 0, 1).q∈QОтметим, что ∀p, q ∈ Q : p 6= q =⇒ Vp ∩ Vq = ∅. Теперь вспоминаем свойство счётнойаддитивности вероятности. Мера точно так же обладает этим свойством. Значит,Ã![XPVq =P(Vq ).q∈Qq∈QОсталось обнаружить, что ∀p, q ∈ Q P(Vp ) = P(Vq ). Меры двух множеств, одно изкоторых получено сдвигом другого, равны. Значит, ∀q ∈ Q P(Vq ) = P(V0 ).
Последнийшаг:Ã![XXPVq =P(Vq ) =P(V0 ) = P([ 0, 1)) = 1.q∈Qq∈Qq∈QНетрудно заметить, никакое вещественное P(V0 ) не может сделать это равенствоверным. Мы пришли к противоречию, тянувшемуся с предположения о том, что V0имеет меру. Значит, у V0 меры нет.Всё это было сделано для того, чтобы проиллюстрировать, что в множествевсех подмножеств [ 0, 1] водятся неизмеримые типы. Для данного Ω используетсяσ-алгебра, порождённая пересечением всех интервалов вещественной оси с [ 0, 1].Вероятность на такой σ-алгебре вводится как мера Лебега элемента этого множества как множества на прямой. Вот и всё. Подробно об этом речь начинается нас.58.2.1.3Свойства вероятностиВсе свойства далее обсуждаются в предположении, что мы работаем с каким-товероятностным пространством.
То есть, заданы пространство элементарных исходовΩ, σ-алгебра событий F и вероятность P.1◦ . Вероятность невозможного события равна нулю.P(∅) ≡ 0.14Доказательство. Идентичное утверждение доказано на с.9.2◦ (Свойство конечной аддитивности). Пусть задана σ-алгебра событий F и вней конечная последовательность A1 , A2 , A3 , . . . , An , в которой попарно несовместны события-члены. Тогда вероятность объединения всех этих событий — это сумма вероятностей событий-членов, т.е.:{Ai }n1 ∈ F ; i, j ∈ N, i, j 6 n, i 6= j =⇒ Ai Aj = ∅⇓nn[XP( Ai ) =P(Ai ).i=1i=1Доказательство. Для доказательства просто рассмотрим специально составленную последовательность событий, а затем применим свойство счётной аддитивностивероятности и факт равенства нулю вероятности невозможного события:A1 , A2 , A3 , .
. . , An , ∅, ∅, ∅, . . . — есть попарная несовместность,⇓Ãn!n∞[[[P Ai = PAi ∪∅ = P(A1 ) + P(A2 ) + . . . + P(An ) + P(∅) + P(∅) + . . .i=1i=1i=n1◦= P(A1 ) + P(A2 ) + P(A3 ) + . . . + P(An ).3◦ . Вероятность отрицания события — это единица минус вероятность самогособытия:P(A) ≡ 1 − P(A).Доказательство.2◦Ω = A ∪ A, A ∩ A = ∅ =⇒ P(A) + P(A) = P(Ω) = 1⇓P(A) = 1 − P(A).4◦ (Теорема сложения). Пусть A и B — произвольные события, тогдаP(A ∪ B) ≡ P(A) + P(B) − P(AB).Доказательство.
Разложим A и B следующим образом: A = AB ∪ AB, событияAB и AB несовместны; B = AB + AB, события AB и AB — тоже несовместны.Несовместны и AB c AB. Поэтому верно следующее:P(A) = P(AB) + P(AB), P(B) = P(AB) + P(AB).(C)Заметим, что A ∪ B = AB ∪ AB ∪ AB⇓CP(A ∪ B) = P(AB) + P(AB) + P(AB) = P(AB) + P(B) − P(AB) + P(A) − P(AB)= P(A) + P(B) − P(AB).155◦ (Формула включения-исключения). В случае более, чем двух событий теорема сложения принимает следующий вид: ∀ A1 , . . . , An ∈ FÃn!Ãn!nn[XX\PAi = (−1)0P(Ai ) + (−1)1P(Ai Aj ) + .
. . + (−1)n−1 PAi .i=1i=1i,j=1i<ji=1Доказательство. Нужно применить метод математической индукции. В качествебазы индукции выступает теорема сложения. В качестве утверждения индукции —утверждение теоремы. А вот индукционный переход придётся провести, в переходе∗ используется теорема сложения: Ai ∈ F, 1 6 i 6 n + 1,Ãn+1 !Ã!Ãn!Ã!nn[[[[∗PAi = P An+1 ∪Ai = P(An+1 ) + PAi − P An+1Aii=1i=1Ã= P(An+1 ) + Pn[!AiÃ−Pi=1i=1n[!i=1(Ai An+1 )i=1Выражение для n + 1 полностью сведено к выражениям для n. Далее предстоиттехническая работа — простое раскрытие вероятностей по утверждению индукции игруппировка вероятностей пересечений двух событий, трёх и так далее. В результатечего получится утверждение индукции, но уже для n + 1.
Так что переход индукцииосуществлён, а утверждение доказано.6◦ (Монотонность вероятности). Пусть A и B — некоторые события, причёмB содержит в себе A. Тогда вероятность A не превышает вероятности B:A ⊆ B =⇒ P(A) 6 P(B).Доказательство.B \ A = B ∩ A, A ∩ (B ∩ A) = A ∩ A ∩ B = ∅ ∩ B = ∅, B = A ∪ B \ A⇓P(B) = P(A) + P(B \ A) > P(A) в силу неотрицательности вероятности.Далее в выкладках если в пересечении или в объединении верхний предел меньшенижнего, то такое пересечение следует считать равным Ω, а объединение — равным∅. То есть,2[i=3= ∅,5\= Ω.i=67◦ (Счётная полуаддитивность). Пусть бесконечная последовательность {Ai }целиком состоит из событий.
Тогда вероятность счётного объединения событийчленов не превышает суммы вероятностей событий (если она вообще есть). Тоесть,Ã∞ !∞X[∞P(Ai ).{Ai }1 ∈ F =⇒ PAi 6i=1i=1Замечание. Здесь никакой несовместности нету. Тут просто задана последовательность событий, однако и утверждение здесь послабей будет.16Доказательство. Построим новую последовательность попарно несовместных событий на основе данной в условии последовательности, положив предварительноA0 = ∅:D1 = A1 , D2 = A2 \ A1 , Dm = Am \m−1[Ai .
i, j ∈ N, i 6= j (пусть i > j)i=1⇓Di Dj = Ai ∩i−1[j−1Ak ∩ Aj ∩k=1= Ai ∩ Aj ∩[Ak = Ai ∩ Aj ∩k=1i−1\i−1\j−1Ak = Ai ∩ Aj ∩ Aj ∩k=1k=1Ak ∩Akk=1k=1j−1\\Ak ∩i−1\Ak = Ai ∩ ∅ ∩k=j+1i−1\Akk=1= ∅ — в {Di } события попарно несовместны.Теперь заметим, что∞[Ai =i=1∞[Dii=1и воспользуемся для {Di } счётной аддитивностью:Ã∞ !Ã∞ !∞∞[[XXPAi = PDi =P(Di ) 6P(Ai ).i=1i=1i=1i=1Определение 2.9. Последовательность событий {Ai } — неубывающаяmA1 ⊆ A2 ⊆ A3 ⊆ A4 ⊆ A5 ⊆ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
