MNRP r. 1 Aksjomatyczna definicja prawdopodobieństwa (wykład) Grzegorz Kowalczyk

Transkrypt

1 MNRP r. Grzegorz Kowalczyk 1 Aksjomatyczna definicja prawdopodobieństwa (wykład) Definicja (σ - ciało) Niech Ω - dowolny zbiór. Rodzinę F P (Ω), gdzie P (Ω) jest rodziną wszystkich podzbiorów Ω, nazywamy σ - ciałem, jeśli spełnia: 1. /0 F 2. A F A C F, gdzie A C = Ω\A [tzw. zamkniętość ze względu na dopełnienia] 3. A 1,A 2,... F A n F [tzw. przeliczalna addytywność] Uwaga: Zazwyczaj prawdopodobieństwo można określić na określonej rodzinie, a nie na wszystkich podzbiorach. Definicja (prawdopodobieństwo) Niech (Ω,F ) - przestrzeń mierzalna. Funkcję P : F [0,1] nazywamy prawdopodobieństwem, jeśli: 1. P(/0) = 0 2. A 1,A 2,... F - parami rozłączne zdarzenia, to P( A n ) = Uwaga: Innymi słowy P jest miarą na (Ω,F ). Podstawowe własności prawdopodobieństwa: 1. P(/0) = 0 [tzw. przeliczalna addytywność] 2. A 1,A 2,... F - parami rozłączne zdarzenia, to P( A i ) = 3. P(A C ) = 1 P(A) n P(A i ) [skończona addytywność] 4. A, B F, A B P(B\A) = P(B) P(A) oraz P(A) P(B) [monotoniczność] 5. P(A B) = P(A) + P(B) P(A B) [zasada włączeń i wyłączeń dla 2 składowych] 6. A 1,A 2,... F P( A = n) Dowody: [union bound] Wprost z definicji prawdopodobieństwa. 6. Niech B 1 = A 1, B 2 = A 2 \A 1,..., B n = A n \(A n 1... A 1 ) (definiujemy parami rozłączne podzbiory B i takie, że A n = B n ) Ponieważ B n A n, to: Wzór właczeń i wyłaczeń P( A i ) = n k=1 ( 1) k 1 P( A n ) = P( B n ) = 1 i 1... i k n P(A i1... A ik ) = P(B n ) /0 I N I={1,...,n} I={i 1,i 2,...,i n } ( 1) I 1 P(A i1 A i2... A in ) 1

2 Dowód: Analogiczny jak dla mocy zbiorów. Kiedy wzór zachodzi dla przeliczalnie wielu zdarzeń? P( A i ) = /0 I N, I={i 1,i 2,...,i n } ( 1) I 1 P(A i1 A i2... A in ) = Aby zachodził wzór powyższe wszystkie szeregi powinny być zbieżne. Uwaga: Zazwyczaj zbieżność bezwzględna trudna do sprawdzenia. Tw. (o ciagłości) Niech (Ω,F,P) będzie przestrzenią probabilistyczną i A 1,A 2,... F : 1. Jeśli A 1 A 2... (ciąg wstępujący), to P( k=1 A n ) = lim n 2. Jeśli A 1 A 2... (ciąg zstępujący), to P( k=1 A n ) = lim n k=1 P(A k ) = P(A i A j ) i< j Dowód: Tworzymy ciąg zdarzeń rozłącznych (B n ), oparty na zdarzeniach (A n ) taki, że A n = B n [ang. layer cake decomposition]. Określamy: B 1 = A 1, B 2 = A 2 \A 1,..., B n = A n \(A n 1... A 1 ) N 1) P( A n ) = P( B n ) = P(B n ) = lim P(B n ) = lim P( B n ) = lim P(A N) N N N 2) Niech C n = A c n Skoro A 1 A 2..., to C 1 C 2..., więc z 1) otrzymujemy: P( P(( A n ) c ) = lim n P(A c n), więc Definicja (limsup) Niech A 1,A 2,... - zdarzenia. Wtedy: limsupa n := P( A n ) = lim n }{{} zaszło A n o k dowolnie dużym Interpretacja: zachodzi nieskończenie wiele zdzarzeń spośród A n C n ) = lim n P(C n ) zaszło A k o indeksie co najmnniej n {}}{ A k Definicja (niezależność zdarzeń) Rodzina zdarzeń {A i } i I jest niezależna, jeśli i1,...,i k P(A i1 A i2... A ik ) = P(A i1 ) P(A i2 )...P(A ik ). Uwaga: Dydaktycznie lepiej rozważać w takim przypadku prawdopodobieństwo warunkowe. Lemat (Borel-Cantelli) Niech A 1,A 2,... - zdarzenia. 1. Jeśli 2. Jeśli, to P(limsupA n ) = 0 (p.n. zajdzie tylko skończenie wiele zdarzeń A n ) = i A n są niezależne, to P(limsupA n ) = 1 Uwaga: W punkcie 2 wystarczającym założeniem jest niezależność parami (tylko wtedy trudniejszy dowód). W przypadku zdarzeń zależnych otrzymujemy: P(limsupA n ) = c (0,1) 2

3 D-d 1. Chcemy szacować szereg z góry rozpisując wprost z definicji: P(limsupA n ) = P( A k ) P( A k ) n 1 P( A k ) Więc P(limsupA n ) = 0 P(A k ) n 0, bo szereg jest zbieżny. 2. Badamy zdarzenie przeciwne: P((limsupA n ) c ) = P(( A k ) c ) = P( A c k ) P( A c Tw. o ciągłości k ) = Tw. o ciągłości = lim P( N A c k ) nzal. N N = lim P( N N A c k ) = 0 = 0 Fakt: Jeżeli zdarzenia A n są niezależne, to ich dopełnienia A c n również. Ponieważ =, to Jak wylosować liczbę naturalna? (1 ) = 0 Nie da się wybrać jednostajnie losowo liczby naturalnej! (wynika z aksjomatyki) P(N) = 1 = P( {n}) = P({n}) = 0 (sprzeczność!!!) Definiujemy: P n (x, y) = P(x, y są względnie pierwsze) dla x,y {1,...,n}. Wtedy: lim P n(x, y) = P(dwie niezależnie losowo wybrane liczby naturalne są względnie pierwsze) = 6 n π 2 = 1 ζ(2) Dla A N zdefiniujmy "prawdopodobieństwo", że "losowo wybrana" liczba naturalna spełnia własność A: A {1,...,n} P(A) = lim, n n o ile ta granica istnieje. (zazwyczaj niekoniecznie istnieje i oscyluje pomiędzy 0 a 1) Uwaga: Istnieją zbiory A, B N takie, że P(A), P(B) istnieją, ale P(A B) już nie istnieje 2 Ćwiczenia Zadanie 1. Skonstruuj zbiór A N, dla którego P(A) nie istnieje. (liminfp(a) limsupp(a)) Weźmy przypadek: A {1,...,n} lim sup n n A {1,...,n} > liminf n n Określamy kolejne N i jako: N 1 = 1, N 2 = 1, N 3 = 2, N 4 = 2,..., N n = 3 N n 2, gdzie nieparzystych nie wybieramy (N 2i 1 ) 1. limsup Zdefinujmy s k := 2k N i Zauważmy, że elementów w zbiorze i poza nim jest sobie równa: A {1,...,s k } s k = 2. limin f 1 4 Definiujemy i k = 2k+1 N i k N 2i = k N 2i 1 (liczba nie wziętych) 3

4 2k Zauważmy, że dla każdego k zachodzi: N 2k+1 = A {1,...,i k } i k = 1 4 N i Zadanie 2. Skonstruuj A,B N takie, że P(A),P(B) istnieją, ale P(A B) nie. P(A) = P(B) = A - parzyste, B - parzyste na przedziałach N 2,N 4,N 6, itd., nieparzyste na pozostałych A B = { parzyste liczby na przedziałch N 2,N 4,...} P(A B) nie istnieje Zadanie 3. Pokazać, że nie istnieje prawdopodobieństwo P na P (N) {podzbiory liczb naturalcnych} takie, że k N P({zbiór liczb podzielnych przez k}) = 1 k. Wskazówka: rozpatrzyć A p dla p - pierwszych + Borel - Cantelli. I sposób: P(A p ) = 1 p ; P(A p ) = ; p P niezależność {A p } p P p1,...,p k P Z założeń wypisanych powyżej wynikają następujące równości: P(A p1... A pk ) = 1 p p k = P(A p1... p k ) Stąd z lematu Borela-Cantellego mamy P(limsupA n ) = 1 (p.n. zajdzie nieskończenie wiele zdarzeń A p ). Oznacza to, że liczba losowa musiałaby być podzielna przez nieskończenie wiele liczb pierwszych, ale ich w przykładzie jest skończenie wiele. Z drugiej strony natomiast P(limsupA n ) = 0, bo dla każdej liczby istnieje skończenie wiele liczb pierwszych p takich, że p dzieli n. A zatem mamy sprzeczność! II sposób: Należy skorzystać z zasady włączeń i wyłączeń. Ustalmy m,n N. P(A pm A pm+1... A pn ) = p m p n P(A pi A p j ) ( 1) n 1 P(A pm... A pn ) nzal. = nzal. = 1 p m p n i< j 1 p i p j ( 1) n 1 i< j 1 = 1 (1 1 ) (1 1 )... (1 1 ) p m... p n p m p m+1 p n n P( A pi ) = 1 (1 1 ) p i P( A pi ) = lim P( A pi ) = 1 n (1 1 ) = 0 p i Wniosek: P( A pi ) = 1 liczba jest podzielna przez każdą z liczb p m, p m+1,... P( A pi ) = 1 Otrzymujemy sprzeczność, tak jak to miało miejsce w I sposobie, ponieważ musiałaby zachodzić m=1 podzielność przez nieskończnie wiele liczb pierwszych. Zadanie 4. Wybieramy niezależnie n liczb x 1,...,x n [0,1] jednostajnie. (na [0,1] n - miara Kołmogorowa). Oblicz prawdopodobieństwo P(x 1 x 2... x n ) Ponieważ x i są różne od siebie z prawdopodobieństwem 1, to intuicja podpowiada, że to prawdopodobieństwo może wynosić n! 1. Sprawdźmy te przypuszczenia: σ P(x σ(1) <... < x σ(n) ) = 1 n! (permutacja zachowuje miarę Lebesgue a) Można też geometrycznie całkując rozwiązać zadanie (brute-force). 4

5 Rysunek 1: Przypadek permutacji σ = (2,1,3) Model losowania jednostajnie losowej permutacji: losujemy jednostajnie n liczb x 1,...,x n [0,1] permutacja σ jest wyznaczona przez kolejność punktów, np. Zadanie 5. Mamy N pasażerów i N miejsc w samolocie. Każdy pasażer ma przyporządkowany numer miejsca fotela (Pasażer Nr_miejsca). Pierwszy z wsiadających na pokład pasażerów siada na losowo wybranym miejscu (zgubił kartę pokładową). Pozostali pasażerowie siadają na swoim miejscu, jeżeli jest ono wolne lub w przeciwnym przypadku siadają w dowolnym (losowym) pustym fotelu pasażera. Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że ostatni pasażer usiądzie na miejscu wyznaczonym na karcie pokładowej. Intuicja : 1 n Przypadek n=3 Przypadek n=4 Nr pasażera Nr miejsca

6 Nr pasażera Nr miejsca Nie otrzymaliśmy wartości n 1, jak wcześniej przypuszczaliśmy. Bez względu na liczbę pasażerów n, to pradopodobieństwo wynosi 2 1 w obu przypadkach. Otrzymany wynik prawdopodobieństwa wynoszący 2 1 różni się znacząco od początkowej intuicji. 6