Ульянов (старое издание) (1115357), страница 4
Текст из файла (страница 4)
. . (n −kkn−k1(1 − n1 ) . . . (1 − k−1→ ak! e−a ,k + 1)(1 − p)n−k = (np)k!n )(1 − p) (1 − p)n−a−kтак как (1 − p) → e , (1 − p) → 1. Что и требовалось доказать.Данная теорема позволяет получить приближение биномиального распределения.4.1 Математическое ожидание25Лемма 4.1. Пусть величина Sn определена как и выше, при этом зависимость p от n не важна и np = a. Для любого k = 0, 1, 2, .
. .|P (Sn = k) −ak −aa2e |≤k!nОпределение 4.10. Будем говорить, что случайная величина X имеетраспределение Пуассона с параметром λ > 0, если значениями X являkются 0, 1, . . . и P (X = k) = λk! e−λ (k = 0, 1, . . .).Пример: Из А в В ежедневно отправляются 1000 человек. Есть два идентичных поезда разных компаний. Компания удовлетворяет клиента с вероятностью 0,9. Сколько должно быть мест в поезде?m - число мест в поезде, n = 1000(1 1/2 - вероятность попадания в данную электричкуXi =0 1/2 - вероятность попадания в данную электричкуSn = X1 + . .
. + XnP (Sn ≤ m) ≥ 0,P9PmPmm1kkP (Sn ≤ m) =k=0 Cn ≥k=0 P (Sn = k) =k=0 Cn · 2n ≥ 0, 9 ⇒12 000 · 0, 9Откуда при некотором желании можно найти число m.Theorem 4.5 (Локальная предельная теорема Муавра-Лаплас).Пусть Sn - как и выше, при этом np(1 − p) → ∞. Тогда для любогоцелого n ≥ 0µ 2¶ µµ ¶¶1x1P (Sn = m) = √exp −· 1+O2σ2π · σpσ = np(1 − p) - стандартное отклонение Sn .где x = m−npσTheorem 4.6 (Интегральная предельная теорема Муавра-Лапласа).Пусть выполнены условия локальной предельной теоремы, пусть c - произвольное положительное число.
Тогда равномерно по a, b : a ≤ b, |a| ≤c, |b| ≤ cµ 2 ¶Z bSn − npx1P (a ≤ √≤ b) → √exp −dxnpq22π aгде q = 1 − p.Замечание 4.1. Теорема справедлива для ∀ − ∞ < a ≤ b < +∞.√−npДоказательство. P (a ≤ S√nnpq≤ b) = P (np + a npq ≤ Sn ≤ np +©P√√√b npq) = m∈M³P (Sn´= m) = M = {k : np + a npq ≤ k³ ≤ np´+ b npq}; xm =22¡¡¢¢RPbxx√1exp − 2m · 4xm 1 + O σ1 → √12π a exp − 2m dxm∈M2πm−npσ ;xm−1 − xm =264 Лекция 4Что и требовалось доказать.Вернемся к примеру про электричку:P (Sn³ ≤ m) ≥ 0, 9 ´³ 2 ´Rbx−npm−np√1√√P S√nnpq≤ m−np=b}∼Φ(b)=exp− 2m dx∼{npqnpq−∞2πСледовательно, используя таблицу можно получить, что b 1,3. Тогда из√m = np + b npq ⇒ m = 521.4.2 Различие двух гипотезВ урне белые и черные шары; p - доля белых шаров; гипотезы - H0 : p =p0 , H1 : p = p1 .
Будем делать выборку с возвращением. Пусть в ходе nэкспериментов m раз наблюдался белый шар.Пусть p0 < p1 ; Б...Б - H1 ; Ч...Ч - H0 ; mkp - критическое число шаров.В проверке гипотезы возможны ошибки двух видов:ошибка 1-го рода: отвержение H0 , когда она верна, то есть H1 \ H0 ;α = P (Sn ≥ mkp |H0 ) - вероятность ошибки 1-го рода, где Sn - числонаблюдаемых Б;ошибка 2-го рода: отвержение H1 , когда она верна, то есть H0 \ H1 ;β = P (Sn < m|H1 ) - вероятность ошибки 2-го рода.При фиксированной выборе невозможно сделать α и β меньше заданногоε.Рассмотрим такую задачу: пусть заданы α и β; выборка не ограничена.Найти mkp , n.³ 2 ´Rbx1Φ(b) = 2πexp − 2m dx; пусть tα : 1 − Φ(tα ) = α.
Из свойств функ−∞ции Φ(b) вытекает, что Φ(−tα ) = α.−np0m−np0m−np0 m−np0√√α ≥ P (Sn ≥ m|H0 ) = P ( S√nnp≥ √np0 q0 |H0 ) ∼ 1 − Φ( np0 q0 ) np0 q0 =0 q0√tα ⇒ mkp = np0 + tα np0 q0Таким образом, если известно α, то tα можно найти по таблицам, p0 - погипотезе, следовательно найдем mkp .−np1m−np1m−np1m−np1√√β ≥ P (Sn < m|H1 ) = P1 (Sn < m) = P1 ( S√nnp<√np1 q1 ) ∼ Φ( np1 q1 ),np1 q1 =1 q1−tβ - находим по таблицам по заданному значению β ⇒ m − np1 =√√√−tβ np1 q1 ; np0 + tα np0 q0 ≤ np1 − tβ np1 q1³ √´2√tnp0 q0 +tβ np1 q1⇒n≥ α.p1 −p0То есть алгоритм выглядит так: на первом этапе n было фиксированным,получили mkp ; на втором этапе n уже не фиксированное, но внесли условие ошибки 2-го рода, получили минимальное n.Пример 4.2. Предположим, что p0 = 0, 5, p1 = 0, 6, α = 0, 05, β = 0, 25 ⇒n ≥ 132.
Если n = 144 ⇒ mkp = 82, Sn ≥ 82 ⇒ H0 отвергаем.5Лекция 5Определение 5.1. Пусть K - некоторый класс подмножества Ω.σ-алгеброй, порожденной классом K, называется наименьшая алгебра,содержащая этот класс.Замечание 5.1. σ-алгебра, порожденной классом K существует и единственна.Доказательство. Существование: надо взять все σ-алгебры, содержащие класс K и пересечь их. (Множество всех подмножеств является σалгеброй.)Определение 5.2. Класс F0 подмножеств Ω называется алгеброй, если выполняются условия:1) Ω ∈ F0 ;2) если A ∈ F0 , то Ac ∈ F0 ;3)A1 , A2 ∈ F0 , то A1 ∪ A2 ∈ F0 .Пусть B0 - класс множеств вида (−∞, a), [b, +∞), [b, a) и всевозможныеконечные объединения попарно непересекающихся множеств такого вида.Из определения вытекает, что B0 - алгебра.Определение 5.3.
Борелевской σ-алгеброй B называется σ-алгебра,порожденная всеми открытыми множествами.(a, b) =∞[[a +n=11, b)nЗамечание 5.2. Любое открытое множество представимо в виде счетного объединения интервалов. Следовательно, любое открытое множествопринадлежитT∞ B(B0 ).[b, a) = n=1 (b − n1 ), a) ⇒ B0 ⊂ B() ⇒ B(B0 ) ⊂ B(открытыми множествами)285 Лекция 5Определение 5.4.
Случайной величиной X называется измеримоеотображение из Ω → R, т.е. ∀B ∈ B( борел. σ-алгебра) имеем :{ω : X(ω) ∈ B} = X −1 (B) ∈ F X −1 (B) ⊂ F- прообраз борелевской σ-алгебры - подкласс F .Замечание 5.3. Любая константа, т.е. функция X(ω) ≡ C∀ω ∈ Ω(∀ элементарного исхода) является случайной величиной, так как ∀B ∈ B:Ω,C∈BX −1 (B) = {OЛюбая константа - случайная величина, но не любая функция, принимающая два значения на Ω является случайной величиной.(O, Ω) - наименьшая σ-алгебра(O, A, Ac , Ω) - следующая по величине σ-алгебраЛемма 5.1.
X : Ω → R является случайной величиной⇔ ∀a ∈ R ⇒ {ω : X(ω) < a} ∈ F5.1 Функция распределенияОпределение 5.5. Функцией распределения случайной величины X называетсяFx (y) = P (X < y)Свойства: 1. F (y) не убываетДоказательство. Пусть y1 , y2⇒ F (y2 ) − F (y1 ) = P (y1 ≤ X ≤ y2 ).2. F (y) непрерывна слева ∀y ∈ RДоказательство. Пусть An = [y − n1 , y)An ⊃ An+1 ⇒(по свойству непрерывности)0 ←n→∞ P (An ) = F (y) − F (y −3. F (y) → 1 приy → ∞4.
F (y) → 0 при y → −∞1)nTAn = O5.1 Функция распределения29Определение 5.6. Распределением случайной величины X называется вероятность Px на B(борелевская σ - алгебры):Px (B) = P (ω : X(ω) ∈ B), ∀B ∈ BB1 , B2 , B3 , .. ∈ B; Bi Bj = O, ∀i 6= jP∞−1∞−1P(∪∞(∪∞(Bi )) = i=1 P (X −1 (Bi )) =i=1 Bi ) = P (Xi=1 Bi )) = P (∪i=1 XPx∞i=1 Px (Bi )⇒ (R, B, Px ) - вероятностное пространство⇒ Fx (y) = P (X < y) = Px ((−∞, y))Theorem 5.1. Если на алгебре F0 подмножеств Ω задана функция P ,удовлетворяющая условиям:1) ∀A ∈ F0 ⇒ P (A) ≥ 0;2) P (Ω) = 1;3) ∀A1 , A2 , .. ∈PF0 ; Ai Aj = O, ∀i 6= j;∞4) P (∪∞i=1 ) =i=1 P (Ai ).Тогда P однозначно продолжается до вероятности P на σ - алгебре F ,порожденной алгеброй F0 .
(Без доказательства)Замечание 5.4. Если на σ-алгебре F0 подмножеств Ω задана функция µ,удовлетворяющая следующим условиям:1) ∀A ∈ F0 ⇒ µ(A) ≥ 0;2)∃{Ai } ∈ Ω, Ω ⊂ ∪∞i=1 Ai ; µ(Ai ) < ∞;∞∞3)если∀A,A,..∈F120 ; Ai Aj = O, ∀i 6= j справедливо ∪i=1 Ai ∈ F0 P (∪i=1 Ai ) =P∞i=1 P (Ai ), то µ однозначно продолжается до меры µ, т.е. выполненысвойства 1-3.Theorem 5.2. Функция распределения Fx случайной величины X однозначно определяет Px .Доказательство.
Определим на B0 функцию P следующим образомP ((−∞; a)) = F (a) = Fx (a)P ([b; +∞)) = 1 − F (b)P ([b; a)) = F (a) − F (b)Если Ki - множества вида (−∞; a), [b; +∞), [b; a) и Ki Kj = O ∀i 6= jXP (∪ni=1 ) =P (Ki ).Докажем, что З удовлетворяет условиям (свойствам) 1-3 в условии Теоремы (1). Фактически следует проверить σ - аддитивность P . Достаточнопроверить счетную аддитивность в случае, когда K1 , K2 , ...
∈ B0 .∞Ki = (−∞;P∞ a), [b; +∞), [b; a) Ki Kj = O ∀i 6= j; K = ∪i=1 Ki ∈ B0K? = i=1 P (Ki ) . . . (1)305 Лекция 5P∞1) Докажем сначала: P (K) ≥ i=1 P (Ki ).Фиксируем произвольную n и докажем для случая Ki = [bi ; ai ). Не ограничивая общности, можем считать, чтоb1 < a1 ≤ b2 < a2 ≤ ... < anPn1 ) − F (b1 ) + F (a2 ) − F (b2 ) + ...
≤ F (a) − F (b) ⇒ ∀ni=1 P (Ki ) = F (aPnполучено P (K) ≥ i=1 P (Ki )устремляем n → ∞Pn2)Докажем теперь P (K) ≤ i=1 P (Ki ) . . . (2)Фиксируем произвольную ε > 0(доказываем обратное неравенство). Изнепрерывности слева функции F вытекает, что ∃a0 : b < a0 < a ⇒ F (a0 ) ≥F (a − 2εε∃b0i такие, что b0i < bi ⇒ F (b0i ) ≥ F (bi ) − 2i+10K = [b; a) → [b; a )Ki = [bi ; ai ) → (b0i ; ai )Поскольку K = ∪∞i=1 Ki , мы имеем, что0[b; a0 ] ⊂ ∪∞i=1 (bi ; ai )Докажем, что отсюда вытекает, чтоF (a0 ) − F (b) ≤∞X(F (ai ) − F (b0i )) . . . (3)i=1При n = 1 очевидно, что вытекает из свойств функции распределения.В общем случае доказывается по индукции. Из (3) следует, что если{P (K) = F (a) − F (b)}, то∞F (a) − F (b) −nXε Xε≤(F (ai ) − F (b0i )) ≤(F (ai ) − F (bi )) +22i=1i=1P∞в силу произвольности ε получаем, что P (K) ≤ i=1 P (Ki )Из (2) и (4) вытекает счетная аддитивность P .
Следовательно, в силуТеоремы 1 Теорема 2 доказана.Remark 5.1. Пусть P - класс всех вероятностных распределений на B иFr - класс всех функций распределения, т.е. :1)не убывает;2)непрерывна слева;3)на +∞ равна 1;4)на −∞ равна 0.Тогда между P и Fr существует взаимнооднозначное соответствие.Доказательство. F (a) = P ((−∞; a))5.1 Функция распределения31Remark 5.2. ∀F ∈ F r∃ вероятностное пространство (R, B, P) и случайнаявеличина X такая, что ∀y ∈ R : F (y) = P (X < y)Доказательство. P ((−∞; a)) = F (a); X(y) : R → R ⇒ X(y) = y6Лекция 6(Ω, F, P )X:Ω→RPx (B) = P (X ∈ B) ,где Bx - произвольное борелевское мн-воPx ((−∞, a)) = Fx (a)(1, 1/4;X=0, 3/4;F(y) - функция распределения.Замечание 6.1. Можно показать, что, если сл.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
