Zmienne losowe i ich rozkłady

Transkrypt

1 Zmienne losowe i ich rozkłady 29 kwietnia 2019 Definicja: Zmienną losową nazywamy mierzalną funkcję X : (Ω, F, P) (R n, B(R n )). Definicja: Niech A będzie zbiorem borelowskim. Rozkładem zmiennej losowej X nazywamy miarę µ x na R n taką, że A R n µ x (A) = P (X A). Uwaga: Czasem rozpatrujemy zmienne losowe X o wartościach. Przykład 1: Ustalmy k 1. Rzucamy kostką, aż wyrzucimy łącznie k szóstek. Niech X oznacza ilość wykonanych rzutów. Wyznaczyć rozkład X. Komentarz: Jeśli zbiór wartości X jest przeliczalny, to żeby podać rozkład X wystarczy podać P (X = x) dla każdego x ze zbioru wartości. Ω = {1, 2,..., 6} N, F = 2 Ω X : Ω {k, k + 1,...} { } jeśli w Ω zawiera k szóstek, to X = numer k-tej szóstki X = wpp Pokażemy, że Wtedy P (X = i) = ( ) i 1 ( 1 k 1 6 )k ( 5 6 )i k, i k P (X = ) = 0 P (X = i) = 1. i=k P (X = ) = 0. 1

2 {X = } {jest tylko skończenie wiele szóstek} = A Niech A i = {ostatnia szóstka występuje na pozycji i-tej}. a więc A = P (A) = P ( A i, A i ) P (A i ). Wystarczy, by P (A i ) = 0, P (A i ) P (B i ), gdzie B i = {od pozycji i 1 same nieszóstki }. Czyli wystarczy, by P (B i ) = 0, a to jest jasne. co chcieliśmy pokazać Definicja: Wartością oczekiwaną zmiennej losowej (ozn. E(X)) nazywamy E(X) = o ile istnieje. Dla Ω - przeliczalnej mamy: E(X) = w Ω gdzie S to zbiór wartości. X : (Ω, F, P) R { } Ω XdP = R xdµ x (x), X(w) P ({w}) = x S x P (X = x), Uwaga: Wartość oczekiwana jest liniowa, tzn.: E(X + Y ) = E(X) + E(Y ). Przykład 2: W urnie znajdują się biała i czarna kula. W każdym kroku losujemy jedną kulę, zwracamy i dokładamy jedną czarną. Losujemy, aż wylosujemy białą kulę. Niech X oznacza liczbę losowań. Wyznaczyć rozkład X oraz E(X). Zbiór wartości X = {1, 2,...} { }. P (X = k) = 1 k + 1 k 1 k 2 k k = 1 k(k + 1), k 1 2

3 1 P (X = ) = 1 P (X = k) = 1 k(k + 1) = 1 ( 1 k 1 k + 1 ) = 1 1 = 0 E(X) = kp (X = k) = k 1 k(k + 1) = 1 k + 1 =. Zadanie 1. Losujemy z okręgu niezależnie, jednostajnie 3 punkty. Niech L 1 oznacza długość łuku zawierającego punkt (1,0). Oblicz EL 1. Zauważmy, że gdyby punkt (1,0) nie był wyróżniony, to rozwiązanie byłoby następujące: E(L 1 ) = E(L 2 ) = E(L 3 ) L 1 + L 2 + L 3 = 2π 2π = E(L 1 + L 2 + L 3 ) = 3E(L 1 ) E(L 1 ) = 2π/3. Okazuje się jednak, że gdy mamy wyróżniony punkt to rozwiązanie jest nieco inne. Spodziewamy się, że E(L 1 ) > 2π/3. Dlaczego? Załóżmy, że w pierwszej kolejności tworzymy trzy łuki, a dopiero potem wybieramy dowolny punkt z okręgu (nie musi to być punkt (1,0)). Prawdopodobieństwo wpadnięcia do łuku L 1 jest oczywiście równe długości tego łuku podzielonej przez 2π, czyli L1 2π. W naszym zadaniu to właśnie L 1 jest łukiem, do którego wpada punkt (1,0), czyli intuicyjnie jest on większy od pozostałych dwóch łuków. Warto zwrócić uwagę, że E(L 1 ) będzie wynosić tyle samo, niezależnie od tego, czy punkt wybrany to (1,0), czy jakiś inny punkt z okręgu. Liczymy E(L 1 ): E(X) = P (X t)dt dla X 0 R + E(X) = P (X k) L 1 = L L 1 gdzie L część łuku L 1 znajdująca się powyżej punktu (1,0), L 1 L 1 znajdująca się poniżej punktu (1,0). Z symetrii dostajemy: - część łuku 3

4 E(L 1 ) = E(L + 1 ) + E(L 1 ) = 2E(L+ 1 ) P (L + 1 t) to prawdopodobieństwo, że łuk od 0 do t nie zawiera żadnego z trzech wylosowanych punktów, czyli P (L + 1 t t) = (1 2π )3 2π E(L + 1 ) = P (L t)dt = 2π 0 (1 t 2π )3 dt = π 2 Ostatecznie: EL 1 = π. Obserwacje do zadania: Niech (x 1, x 2, x 3 ) punkty z okręgu i niech x to punkt wyróżniony. Niech L(x 1, x 2, x 3, x) - łuk zawierający punkt wyróżniony. x S 1 EL(x 1, x 2, x 3, x) wynosi tyle samo (z niezmienniczości na obroty) zamiast liczyć EL(x 1, x 2, x 3, (1, 0)) możemy liczyć EL(x 1, x 2, x 3, x) Niech L x1x 2 - łuk łączący x 1 i x 2, itd. Wtedy EL xxi = π 2 i = 1, 2, 3. Oczywiście E(L xxi + L xxj ) = π. x 1, x 2, x 3 S 1 EL(x 1, x 2, x 3, x) > 2π 3. Zadanie 2. Rzucamy monetą symetryczną. Niech A 2n = {w chwili 2n łącznie wyrzucono n orłów}. Pokazać, że prawie na pewno wystąpi nieskończenie wiele spośród zdarzeń A 2n. (Uwaga: to nie jest zadanie na lemat B-C, bo zdarzenia nie są niezależne) Podzadanie: pokazać, że prawie na pewno wystąpi co najmniej jedno zdarzenie A 2n. 4

5 P ( A 2n ) = 1 Niech B 2n = {w kroku 2n jesteśmy w 0 po raz pierwszy}. Oczywiście Stąd A 2n = B 2n. P ( B 2n ) = P (B 2n ). Przypomnijmy, że n-tą liczbą Catalana C n = 1 ( ) 2n n + 1 n określamy ilość wszystkich łamanych dróg (nie przechodzących poniżej osi OX) zaczynających się w początku układu współrzędnych, a kończących się w punkcie (2n,0). Wszystkich możliwych ścieżek mamy 2 2n. Zatem: P (B 2n ) = P (B 2n ) = 1 2 2n 2C n 1 = C n 1 2 2n 1 P (B 2n ) =? C(z) = C n 1 2 = 2(n 1)+1 c n z n = 1 1 4z 2z C n 2 2n 1 2 = 1 2 C(1 4 ) = = 1. 5

6 Jak wywnioskować z tego, że zajdzie nieskończenie wiele spośród A 2n? Niech Z = {zaszło tylko skończenie wiele A 2n }. Niech Z 2n = {w chwili 2n jesteśmy w 0 po raz pierwszy}. Z = Z 2n P (Z) = P ( Z 2n ) P (Z 2n ) = 0. Wariant: krok w górę z prawdopodobieństwem p 1 2. Prawie na pewno zajdzie tylko skończenie wiele A 2n. ( ) 2n P (A 2n ) = p n (1 p) n = n ( ) 2n [p(1 p)] n n bo ( ) 2n n c 4 n n. c 4 n n [p(1 p)] n < c ( ) 2n [p(1 p)] n n [4p(1 p)] n < +, Zadanie 3. Rzucamy monetą niesymetryczną n razy, z prawdopodobieństwem wypadnięcia orła równym p. Niech A k = {wypadło dokładnie k orłów}. Pokaż, że dla dowolnego zdarzenia B P (B A k ) nie zależy od p. Niech B x = {wypadł konkretny ciąg x}, x {O,R} n. P (B x A k ) = P (B x A k ) 0 gdy B x A k = = P (B P (A k x) P (A k ) = pk (1 p) n k ( = 1 n k)p k (1 p) n k ( n k) wpp Zauważmy, że P (B A k ) = x B P (B x A k ) nie zależy od p, co chcieliśmy udowodnić. Zadanie 4. Pokazać, że dla dowolnych m, n N (1 p n ) m + (1 q m ) n 1, gdzie p, q [0, 1], p + q = 1. Oznaczmy: A = {zdarzenie, że w każdym wierszu wystąpi 1 zero}, B = {zdarzenie, że w każdej kolumnie wystąpi 1 jedynka} 6

7 A B = Ω (A i B wypełniają całą przestrzeń) Wtedy: (1 p n ) m - prawdopodobieństwo, że zajdzie zdarzenie A (1 q m ) n - prawdopodobieństwo, że zajdzie zdarzenie B 1 = P (A B) P (A) + P (B) 1 (1 p n ) m + (1 q m ) n. 7