1625915153-62da7fb2e48a28563c377c8e71d63db2 (843881), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Вводим случайную величинуξ2 (ω) = I∆(2) ∪∆(2) (ω) = I∆(2) (ω) + I∆(2) (ω).1313Продолжая далее, построим бесконечный набор случайных величин (так называемыефункции Радемахера)n −12Xξn (ω) =I∆(n) (ω).k=12k−1Очевидно, мы получили симметричные бернуллиевские случайные величины, так какноситель любой из построенных функций имеет меру 1/2.Обозначение через {suppξn } объединение нечетных интервалов на n-ом шаге описанной диадической процедуры (т. е.
носитель функции (случайной величины) ξn ).Отметим важное свойства введенных носителей: ∀n > 1 имеемΛ({suppξn } ∩ {suppξn+1 }) =[в силу симметричности схемы]1= Λ({...} ∩ {...}) = Λ({...} ∩ {...}) = Λ({...} ∩ {...}) = .41при n 6= k.41Упражнение. Доказать, что Λ({suppξn }∩{suppξn+k1 ∩. . .∩{suppξn+km−1 }) = m .2Также проверить это равенство для любой комбинации дополнений рассматриваемых событий.Аналогично Λ({suppξn } ∩ {suppξk }) = .
. . =Мы хотим доказать, что ∀ai ∈ {0, 1}P(ξ1 = a1 , . . . , ξn = an ) =nYP(ξi = ai ).i=1Если ak = 1, то ξk = ak – попадание в {suppξk }, если ak = 0, то ξk = ak – попадание в{suppξ1 }. Следовательно, ∀a1 , . . . , an и ∀nnY1P(ξ1 = a1 , . . . , ξn = an ) = n =P(ξi = ai )2i=141[как мера пересечения носителей]. Тогда {ξi }∞i=1 – это счетный набор бернуллиевскихнезависимых в совокупности случайных величин, заданных на одном вероятностном пространстве.Таким образом, последовательность подмножеств Ai = {suppξi } (или {suppξi }) образует счетное семейство независимых событий (тем самым доказано их существование).Далее попробуем расширить класс введенных случайных величин.Лемма 1.
Пусть {ξi } – это счетный набор независимых бернуллиевских случайных величин с вероятностью успеха p = 1/2 . Рассмотрим новую случайнуювеличину – функциональный рядη=∞Xξkk=12k.Тогда η равномерно распределена на [0, 1].kД ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Заметим, что если η = n ∈ [0, 1], то начиная с (n+1)-го номера2все ξk = 0. Имеем1P(η ∈ [0, 1/2)) = P(ξ1 = 0) = ,21P(η ∈ [0, 1/4]) = P(ξ1 = 0, ξ2 = 0) = ,41P(η ∈ (1/2, 1]) = P(ξ1 = 1) = ,21P(η ∈ (1/4, 1/2]) = P(ξ1 = 0, ξ2 = 1) = .4nnnПо индукции P(η ∈ (k/2 , (k + m)/2 ]) = m/2 [последнее равенство написано в силуаддитивности], так как!X ξkk k+m11,= P{ξ1 = a1 , . .
. , ξn = an } = n т. к.6 n .P η∈2n2n22k2k>nТаким образом, для любых двоично-рациональных точек a, b ∈ [0, 1] мы доказали, чтоP(η ∈ [a, b]) = b − a. knknДалее, ∀a, b ∈ [0, 1] ∃{an } =↑ a и ∃{bn } =↓ b. Тогда по лемме непреn22nрывности получаемAn = {η ∈ [an , bn ]} ⊇ An+1 → P(η ∈ [a, b]) = lim P(η ∈ [an , bn ]) = lim P(bn −an ) = b−a.n→∞n→∞N ξk∞ ξkPP–этодискретноеравномерноераспределение,аη=kkk=1 2k=1 2– абсолютно непрерывное.Заметим, что η =42Лемма 2. Пусть {ξi } – последовательность независимых симметричных бернуллиевских величин, заданных на одном вероятностном пространстве.
Тогдана этом же пространстве можно задать счетный набор независимых случайных величин {ηi }, равномерно распределенных на [0, 1].Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Воспользуемся диагональным методом и построим счетный набор подпоследовательностей бернуллиевских симметричных случайных величин, независимых в совокупности:(ξ1 , ξ3 , ξ6 , ξ10 , ξ15 . . .)(ξ2 , ξ4 , ξ7 , ξ11 , ξ16 . .
.)(ξ5 , ξ8 , ξ12 , ξ17 . . .)...Для каждой их построенных последовательностей зададим равномерно распределеннуюслучайную величинуX ξ (n)k.ηn =k2k>1Интуитивно понятно, что это независимый счетный набор. Но это нужно обосновать. поскольку мы имеем деле с функциями от бесконечных наборов случайных величин. Рассмотрим частичные суммы рассматриваемых рядов:ηnN=N(n)Xξkk=12k.Лемма. Пусть векторы ξ¯1 ∈ RN1 , ξ¯2 ∈ RN2 заданы на одном вероятностномпространстве и независимы, а f : RN1 → Rm1 ; g : RN2 → Rm2 – произвольные борелевские функции (измеримые относительно борелевской σ-алгебры), Rm1 , Rm2 –конечномерные евклидовы пространства. Тогда новые векторы f (ξ¯1 ), g(ξ¯2 ) также независимы.Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Проверим факторизацию P(f (ξ¯1 ) ∈ A1 , g(ξ¯2 ) ∈ A2 )∀A1 , A2 .
Изизмеримости f и g мы имеемP(f (ξ¯1 ) ∈ A1 , g(ξ¯2 ) ∈ A2 ) = P(ξ¯1 ∈ f −1 (A1 ), ξ¯2 ∈ g −1 (A2 )) =[где B1 = f −1 (A1 ) ∈ B N1 ; B2 = g −1 (A2 ) ∈ B N2 . Так как ξ¯1 , ξ¯2 независимы, то]= P(ξ¯1 ∈ B1 )P(ξ¯2 ∈ B2 ) = P(f (ξ¯1 ) ∈ A1 )P(g(ξ¯2 ) ∈ A2 ).Аналогичное утверждение имеет место для любого конечного набора векторов, т. е. борелевские преобразование независимых элементов независимы. Заметим, что ηnN есть линейная комбинация координат вектора – это борелевскаяфункция. В силу леммыn1 6=n2P(ηnN11 < t1 , ηnN22 < t2 ) = P(ηnN11 < t1 )P(ηnN22 < t2 ).43Итак, ∀t1 , t2 доказали факторизацию, то есть независимость ηnN11 и ηnN22 для n1 6= n2 .
Номы работаем с рядами. Положим N1 = N2 = N без уменьшения общности и перейдем кпределу по N .Обозначим AN = ηnN1 < t1 , ηnN2 < t2 при фиксированных t1 , t2 . Тогда последовательность {AN } – это сужающийся поток. Тогда по лемме непрерывности имеем:P(ηn1 < t1 , ηn2 < t2 ) = limN →∞ P(ηnN1 < t1 , ηnN2 < t2 )= lim P(ηnN1 < t1 ) lim P(ηnN2 < t2 ) = P(ηn1 < t1 )P(ηn2 < t2 )N →∞N →∞(так как ∀i последовательности событий {ηnNi < ti ), N > 1} тоже образует сужающиесяпотоки). Мы построили бесконечно много независимых случайных величин, равномернораспределенных на [0, 1]. Определение. Пусть F – произвольная функция распределения.
Тогда F −1 (t) =inf{x : F (x) > t} = sup{x : F (x) < t} – обобщенная обратная функция (квантильное преобразование).Упражнение. Показать, что если Если F – строго монотонна, то F −1 – этоклассическая обратная функция.Заметим, что для некоторых функций распределения (например, гауссовских) квантильное преобразование нужно доопределять в 1 или 0 (так как иначе имеем пустыенеравенства в соответствующих определениях). Например, F −1 (1) = ∞ (для определения через inf) и F −1 (0) = −∞ (для определения через sup).Таким образом, типичный вид обобщенной обратной функции – это кусочно-непрерывная функция, состоящая из счетного набора нестрого монотонных участков, где участки постоянства соответствуют разрывам исходной функции распределения, и наоборот– участки постоянства квантильного преобразования соответствует скачкам исходнойфункции распределения.Упражнения 1.
Доказать, что квантильное преобразование – непрерывнаяслева функция.Упражнения 2. Для любой функции распределения Λ({t : F −1 (t) < x}) = F (x),где Λ(·) – мера Лебега.Отметим, что доказательство последнего упражнения очевидно в частном случае, когда F – строго монотонная и непрерывная функция. В этом случае F −1 – классическаяобратная функция.
Поэтому F −1 (t) < x ⇔ t < F (x). Значит, Λ({t : t < F (x)}) =F (x). Переходим к последнему этапу построения бесконечной последовательности независимых случайных величин с любыми наперед заданными распределениями. Возьмемпроизвольный счетный набор функций распределения F1 , F2 , . . .. Построим соответствующие квантильные преобразования F1−1 , F2−1 , . .
.. Тогда в силу упражнения 2 последовательность ξk = Fk−1 (ηk ) и есть искомая, где {ηk } – ранее построенная последовательность независимых равномерно распределенных случайных величин.В самом деле, P(ξk < x) = P(Fk−1 (ηk ) < x) = Λ({t : Fk−1 (t) < x}) = Fk (x). Такимобразом, мы получили счетный набор независимых случайных величин с произвольнымимаргинальными распределениями.44Глава 3. МОМЕНТЫ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН(РАСПРЕДЕЛЕНИЙ)Понятие математического ожидания.Определение. Пусть ξ – дискретная случайная величина с конечным набором атомов {ak ; k 6 n}, и массами {pk } атомов.
Тогда математическим ожиданием (илисредним значением) величины ξ называется её первый момент:XEξ =ak p k .k6nЗаметим, что для вырожденных случайных величин ξ ≡ c, очевидно, Eξ = c. Если вещественную прямую представить себе как невесомый бесконечный стержень, на которомпомещены атомы с данными массами, то первый момент – это центр масс.Свойства оператора математического ожидания в классе дискретных величин.1. Линейность E(c1 ξ1 + c2 ξ2 ) = c1 Eξ1 + c2 Eξ2 .Однородности Ecξ = cEξ очевидна. Докажем аддитивность. Пусть ξ1 имеет атомы{ak }nk=1 с весами {pk }, а величина ξ2 – атомы {bj }mj=1 с массами {qj }.
Величина ξ1 + ξ2имеет атомы {ak + bj : k 6 n, j 6 m} с массами p̃k,j = P(ξ1 = ak , ξ2 = bj ). ТогдаE(ξ1 + ξ2 ) =Xk6n,j6m+Xk6n,j6mX(ak + bj )P(ξ1 = ak , ξ2 = bj ) =bj P(ξ1 = ak .ξ2 = bj ) =ak P(ξ1 = ak , ξ2 = bj )+k6n,j6mnXk=1akmXmnXXP(ξ1 = ak , ξ2 = bj ) =P(ξ1 = ak , ξ2 = bj )+bjj=1j=1=nXk=1ak p k +mXk=1bj qj = Eξ1 + Eξ2 .j=1При переходе к предпоследнему равенству использована формула полной вероятности,так как наборы событий H1k = {ξ1 = ak }, k 6 n, а также H2j = {ξ2 = bj }, j 6 m,образуют полные группы событий.
2. Если ξ1 6 ξ2 почти наверное, то Eξ1 6 Eξ2 .Очевидно, это свойство можно сформулировать эквивалентным образом: если η > 0почти наверное, то Eη > 0 (если положим η = ξ2 − ξ1 , то из аддитивности получимтребуемое).20 . Из свойства монотонности следует неравенство треугольника для математического ожидания: |Eξ| 6 E|ξ|, так как ±ξ 6 |ξ|, откуда E(±ξ) = ±Eξ 6E|ξ|.3. Мультипликативность.Если ξ1 , ξ2 – независимые дискретные случайные величины с конечным числоматомов, то Eξ1 ξ2 = Eξ1 Eξ2 .45Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО .
Имеем новую дискретную случайную величину: ξ1 ξ2 ∈ {ak bj :k 6 n, j 6 m} с атомами pk,j = P(ξ1 = ak , ξ2 = bj ). Отметим, что в определении математического ожидания мы не подчеркивали попарное различие атомов: если имеются атомы неединичной кратности, то при желании мы можем рассматривать один атом, сложивмассы соответствующих совпадающих с ним атомов. Среднее от такого преобразования,как легко видеть, не претерпит никаких изменений.Считаем математическое ожидание (во втором равенстве использована независимость):XXEξ1 ξ2 =ak bj P(ξ1 = ak , ξ2 = bj ) =ak bj P(ξ1 = ak )P(ξ2 = bj ) =k6n,j6mk6n,j6m=nXak p k ·k=1mXbj qj = Eξ1 Eξ2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
