P(U 1 > max{u 2,..., U 1000 } U 1 = s)dp U1 (s).

Transkrypt

1 Kolokwium poszło gorzej, niż miałem nadzieję, a lepiej, niż się obawiałem. Maksymalny wynik to 74 punkty na 20), średnia to 55,6, zaś mediana to 50. Grupy były dość równe w jednej średnia to 54,5, w drugiej 56,7), choć rozkład w poszczególnych zadaniach był zupełnie inny przykładowo średni wynik z tw. Poissona był około dwa razy wyższy w grupie drugiej, a z funkcji charakterystycznej w grupie pierwszej). Pewnie po prostu mamy zbyt małą próbkę, by stosować twierdzenia graniczne. Zadanie. 5) Józek gra wraz z tysiącem kolegów w jedną liczbę. Gra w jedną liczbę polega na tym, że jeden z graczy jest rozdającym i rozdaje każdemu z pozostałych graczy niezależną losową liczbę z odcinka [0, ]. Zwycięzcą danej partii zostaje ten gracz, który wylosował największą liczbę. Józek i koledzy grają 00 gier, żeby każdy raz rozdawał. Udowodnij, ze prawdopodobieństwo, że Józek wygra przynajmniej 3 razy leży w przedziale [7, 5%, 8, 5%]). Zadanie odpowiada zadaniu 0 z drugiej grupy. Średnia z tego zadania oraz zadania 0 to 9,5 punkta na 5. Dowód. Niech X i to indykator zdarzenia, że Józek wygrał w i tej partii. Zdarzenia X i są niezależne, bo partie są niezależne. W partii, w której Józek rozdaje, nie może wygrać bo nie gra), niech pozostałe partie odpowiadają zmiennym X,..., X 000. Wpierw udowodnijmy, że PX i ) Pierwszy dowód to spostrzeżenie, że żaden z graczy nie jest wyróżniony poza rozdającym), a zatem prawdopodobieństwo wygrania któregokolwiek z nich poza rozdającym) w danej partii musi być równe. Ktoś wygra z prawdopodobieństwem, zatem PX i ) Drugi dowód to po prostu obliczenie. Ustalmy konkretną partię, niech U i oznacza liczbę wyrzuconą przez i tego gracza, gdzie Józkowi nadamy numer. Wtedy PX i ) PU > max{u 2,..., U 000 } R PU > max{u 2,..., U 000 } U s)dp U s). Zmienna U ma rozkład jednostajny na odcinku, czyli dp U s) ds na [0, ] i 0 wszędzie indziej to jest prawdopodobieństwo warunkowe, ale można też traktować to jako prawdopodobieństwo geometryczne na [0, ] 000 ). Zatem korzystając z niezależności U i mamy PX i ) 0 PU 2 < s,..., U 000 < s)ds 0 PU 2 < s)... PU 000 < s)ds 0 s 999 ds 000. Mając to będziemy stosować tw. Poissona. Interesuje nas takie zdarzenie, że Józek wygra przynajmniej 3 razy, czyli P 000 i X i 3). Oznaczmy S i, jest to schemat Bernoulliego z p 0.00 i n 000, czyli λ i na mocy tw. Poissona Teraz trzeba policzyć PS 000 3) PP 3) np PP 3) PP 0) PP ) PP 2) e 0 0! 2 e e! 2! 2.5e 0.08 na mocy przybliżenia e danego na kolokwium. Zatem PS 000 3) , czyli PS 3 3) Zadanie 0 było nieomalże identyczne, tylko liczyło się pierwsze dwa trafienia, zamiast pierwszych trzech, a n /p 00 zamiast 000.

2 Zadanie 2. 20) Rozważmy jednorodny łańcuch Markowa o macierzy przejścia ) Znajdź stany nieistotne, pochłaniające oraz wszystkie zamknięte zbiory stanów. Jeśli X 0 s 3 czyli stan odpowiadający trzeciej kolumnie i trzeciemu wierszowi), to znajdź prawdopodobieństwo, że X 00 s 3. To zadanie odpowiada zadaniu z drugiej grupy. Średnia tego zadania oraz zadania to 2,8 punkta na 20. Dowód. Dla uproszczenia notacji będę pisał i zamiast s i. Wpierw sprawdźmy, które stany są osiągalne z których. W jednym ruchu stan jest osiągalny tylko z 2, stan 2 z i 2, stan 3 z 3 i 5, stan 4 z 4 i stan 5 z 3. Widzimy więc od razu, że ze stanu 4 osiągalny jest tylko stan 4, zatem zbiór {4} jest zamknięty, zaś stan 4 pochłaniający. Dalej zbiór {3, 5} jest zamknięty bo z żadnego z tych stanów nie wychodzi się na zewnątrz), zaś 3 i 5 się komunikują tj. są osiągalne z siebie nawzajem), czyli {3, 5} stanowi nieprzywiedlny podłańcuch. Analogicznie {, 2} stanowi stan zamknięty i nieprzywiedlny podłańcuch. Zbiorami zamkniętymi są też oczywiście sumy zbiorów zamkniętych, czyli {, 2, 4}, {, 2, 3, 5}, {3, 4, 5} oraz {, 2, 3, 4, 5}. Nie ma stanów nieistotnych, bo każdy stan należy do pewnego nieprzywiedlnego podłańcucha a zatem komunikuje się ze wszystkimi stanami, które są z niego osiągalne). Jeśli X 0 3, to X n z prawdopodobieństwem należy do zamkniętego zbioru {3, 5} dla każdego n. W tym zbiorze stanów macierz przejścia to M ). Jej wielomian charakterystyczny to λ0.2 λ) 0.8 λ 2 0.2λ 0.8, którego pierwiastkiem jest bo zawsze jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, patrz zadanie 4, seria 3, to zdaje się było też na wykładzie), drugi pierwiastek dostajemy dzieląc wielomiany, λ 2 0.2λ 0.8)/λ ) λ + 0.8, czyli druga wartość własna to 0.8. Ostatnio poznałem też taką sztuczkę, że jeśli mamy dwie wartości własne, to ich iloczyn jest równy wyznacznikowi, zaś skoro jedna jest jedynką, to ta druga jest równa wyznacznikowi. Tu wyznacznik to 0.8, czyli wychodzi tak samo, ale chyba jeszcze trochę szybciej. Na mocy równań Chapmana Kołmogorowa mamy PX 00 3) 0 ) M 00 0 ), zatem trzeba któryś z wektorów ten po prawej lub ten po lewej) rozłożyć na wektory własne. Na ćwiczeniach rozkładaliśmy ten z lewej, więc teraz też tak zrobimy. Potrzebujemy wektorów własnych. Ten odpowiadający λ spełnia v vm, czyli v 0.2v +v 2, skąd 0.8v v 2, czyli przykładowo v 5, 4). Drugi wektor własny spełnia 0.8w 0.2w + w 2, czyli w w 2, czyli np. w, ). Wtedy, 0) v + 4 w, a zatem 9 9, 0)M 00 9 v + 4 ) 9 w M 00 9 v )00 w , , skąd PX 00 3) 0 ) M 00 0 )

3 W zadaniu pochłaniający był stan 2, stany i 5 były nieistotne, zaś zbiory {, 2, 5}, {, 2}, {2} i {3, 4} oraz ich sumy były zamknięte, wynikiem było po identycznym rozumowaniu PX 00 3) Zadanie 3. 5) Sformułuj Twierdzenie Prochorowa, wyjaśnij wszystkie użyte pojęcia. Średnia z tego zadania to 0,5 na 5. Dowód. Rodzina miar probabilistycznych jest słabo prezwarta wtedy i tylko wtedy, gdy jest jędrna. O rodzinie miar probabilistycznych mówimy, że jest słabo prezwarta, gdy z każdego ciągu jej elementów można wybrać podciąg słabo zbieżny do miary probabilistycznej. Ciąg miar µ n jest słabo zbieżny do miary µ, gdy fx)dµ n x) fx)dµx) dla każdej funkcji ograniczonej i ciągłej f. Jest to równoważne stwierdzeniu, że jeśli X n ma rozkład µ n, to X n zbiega według rozkładu do X o rozkładzie µ. Rodzina miar probabilistycznych jest jędrna gdy dla każdego ε > 0 istnieje zbiór zwarty K taki, że µk) ε dla każdej miary µ z rodziny. Tw. Prochorowa zachodzi na przestrzeni polskiej, ale akceptowałem też sformułowania na R i na R n. Zadanie 4. 25) Rozważmy następującą grę. Na początku mamy urnę z dwoma kulami, czarną i białą. W jednym ruchu losujemy z urny jedną kulę, a następnie wrzucamy ją tam spowrotem i dorzucamy jeszcze jedną kulę tego samego koloru, co kula właśnie wylosowana czyli jeśli w pewnym momencie mamy w urnie 3 kule czarne i 4 białe, to w następnym ruchu z prawdopodobieństwem 3/7 będziemy mieli 4 czarne i 4 białe, a z prawdopodobieństwem 4/7 3 czarne i 5 białych). W dowolnym momencie gry zamiast wykonywać kolejny ruch możemy się wycofać, przy czym jeśli w urnie jest k kul czarnych i n k kul białych, to naszą wygraną jest kn k) nn + ). Możemy rozegrać co najwyżej 8 ruchów tj. kiedy w urnie jest 0 kul, musimy wziąć taką wygraną, jaka akurat wypada). Udowodnij, że nie ma strategii lepszej niż wycofanie się od razu. To zadanie oraza odpowiadające mu zadanie 2) poszło zdecydowanie najgorzej, średnia 5,29 na 25. To źle. Jeśli widzimy, że optymalną strategią ma być wycofywanie się od razu, to znaczy, że gra jest niekorzystna, i w naszej głowie powinno pojawić się słowo nadmartyngał w zadaniu 2 zaś podmartyngał ). Dowód. Niech U n będzie wynikiem losowania n tej kuli, powiedzmy, że U n 0 dla kuli białej i dla kuli czarnej. Niech F n σu,..., U n ), niech X n będzie wygraną jeśli wycofamy się po n tym rzucie. Niech C n n i U i będzie liczbą kul czarnych w pierwszych n kulach. Wtedy X n C nn C n ) nn + ). Oczywiście X n jest mierzalne względem F n. Obliczmy EX n F n ) E C nn C n ) nn + ) F n ) nn + ) EC n + U n )n C n U n ) F n ) nn + ) EC n n C n ) + U n n 2C n ) Un F 2 n ) C n n C n ) + n 2C n )EU n F n ) EU 2 nn + ) n F n ) ).

4 Zmienna U n przyjmuje wyłącznie wartości 0 i, więc U 2 n U n. Teraz zastanówmy się, ile to jest EU n F n ). Wartość oczekiwana indykatora to prawdopodobieństwo, czyli mówimy o prawdopodobieństwie trafienia kuli czarnej. Wiemy, że to prawdopodobieństwo wynosi C n / n ), i to zdarzenie jest niezależne od F n, czyli EU n F n ) C n /n ). Wobec tego EX n F n ) nn + ) n )nn + ) n )nn + ) ) C n n C n ) + nc n 2Cn )/n 2 ) C n /n ) nn )C n n )C 2 n + nc n 2C 2 n C n ) ) n + )n )C n n + )Cn 2 n C n )C n n )n Czyli faktycznie X n, F n ) jest martyngałem. Wobec tego dla dowolnego ograniczonego momentu stopu τ mamy EX 2 EX τ EX 0, czyli strategie graj do końca, wychodź od razu oraz dowolna inna ograniczona strategia τ są równie dobre. Jeśli ktoś nie lubi warunkowych wartości oczekiwanych, to tu mamy dyskretną Ω, czyli można po prostu rozpatrzyć wszystkie możliwe wartości n i k, dla ustalonych n i k obliczyć wartość oczekiwaną EX n+ C n k) X n, i teraz albo powiedzieć, że to już jest martyngał formalnie korzystając z charakteryzacji warunkowej wartości oczekiwanej w wypadku dyskretnym), albo ręcznie dowodzić analog twierdzenia Dooba. Zadanie 2 różniło się ograniczeniem na moment stopu, które tu na nic nie wpływa, oraz tym, czy należało dowodzić, że najlepszą strategią jest granie do końca, czy wycofywanie się od razu czyli czy należało dowieść, że ten martyngał jest podmartyngałem, czy nadmartyngałem). Zadanie 5. 20) Niech X n będzie zmienną o rozkładzie jednostajnym na [ 3 n, 3 n ]. Czy ciąg X n spełnia warunek Lindeberga? To zadanie oraz sprzężone zadanie 9 też nie poszło najlepiej, choć lepiej 8,2 na 20). Martwi mnie to, bo o ile rozumiem, że martyngały mogą być trudne, a tamto zadanie było dodatkowo niebanalne, to nie rozumiem, co jest trudnego w warunku Lindeberga. Polecam zatem uważną lekturę poniższego dowodu. Dowód. Można wiedzieć, że zmienna jednostajnie rozłożona na odcinku [ a, a] ma średnią zero i wariancję a 2 /3, albo policzyć: EX k 3 k xdx 3 k 2 3 k 3 k 2 3 x2 k k 32k 3 2k ) 0, 3 k EXk 2 3 k x 2 dx 3 k 2 3 k 3 k 2 3 x3 k 3 3 k 2 3 k+ 33k + 3 3k ) 3 2k. Oczywiście VarX k EXk 2 EX k ) 2 3 2k. Teraz Sn 2 n k VarX k 3 n k0 9k 3 8 9n ). Teraz można być sprytnym i pamiętać zadanie 4 z serii 9 jeśli X n spełniałby warunek Lindeberga, to lim sup n k VarXn,k S n 0. Tu VarX n,k VarX k 3 9k o ile k n, czyli w szczególności VarX n,n 3 3 n, zaś S n 3 n, czyli nie mamy zbieżności do zera intuicyjnie ostatni składnik jest na tyle duży, że X n

5 poważnie zaburza próby poprzednich składników do znormalizowania się). Zatem nie możemy mieć warunku Lindeberga. Tego typu argument zastosowała tylko jedna osoba, więc przejdziemy jednak do dróg bardziej standardowych, czyli policzenia warunku Lindeberga wprost. L n r) n EX Sn 2 k EX k ) 2 Xk EX k >rs n k 8 n EX n ) k Xk >rs n 39 n ) EX2 n Xn >rsn. k Na razie oszacowaliśmy po prostu sumę rzeczy dodatnich przez ostatni wyraz. Teraz zauważmy S n 3 n, stąd Xn >rs n Xn >3 n r. Ustalmy np. r /3, wtedy L n r) 8 39 n ) EX2 n Xn >3 n. To teraz trzeba po prostu obliczyć tę wartość oczekiwaną. No i już. Mamy zatem EXn 2 Xn >3 n 3 n x 2 dx + 3 n x 2 dx 2 3 n 3 n 2 3 n 3 n 3 n 3 n x3 /3 3 n+ 33n 3 3n 3 ) n. 3 n L n /3) czyli L n /3) nie może zbiegać do zera n ) 8 9n > 0, Dowód w zadaniu 9 był izomorficzny modulo to, że średnia nie była zerem, więc trzeba było całkować od zera do powiedzmy 2 n /4 i od 3 2 n /4 do 2 n. Dodam jeszcze taką uwagę, o której wspominałem już na ćwiczeniach, że w wyrażeniu L n r) wyrażenie pod wartością oczekiwaną jest nieujemne, a także, że jeśli skasujemy indykator czyli weźmiemy r 0) to wyjdzie nam L n 0), bo po prostu jeszcze raz liczymy S n, wobec tego L n r) 0. Wobec tego jeśli komuś L n r) ucieka do lub lub 2 lub czegoś podobnego, to na pewno gdzieś popełnił błąd. Zadanie 6. 25) Niech f n t) e t2 t n. Udowodnij, że istnieje ciąg zmiennych losowych X n taki, że f n to funkcja charakterystyczna X n. Czy ciąg X n jest zbieżny wg rozkładu? Czy istnieje EX 2 n? Jeśli tak, oblicz EX 2 n. Z tego zadania oraz analogicznego zadania 7) średnia wyniosła, punkta. Też nienajlepiej, niestety. Dowód. Należy pamiętać kilka podstawowych funkcji charakterystycznych i umieć je rozpoznać, szczególnie te, które liczy się niebanalnie. Tu akurat mamy dwie takie φ g t) e t2 /2 dla g N 0, ) oraz φ C e t dla C o rozkładzie Cauchy ego. Przypomnijmy jeszcze, że φ ax t) φ X t), wobec tego φ 2g oraz φ e t2 C/n e t /n. Wobec tego jeśli weźmiemy Y N 0, ) i Z o rozkładzie Cauchy ego, niezależne, to dla X n 2Y + Z/n mamy φ Xn f n. Wobec tego, oczywiście, f n jest funkcją charakterystyczną.

6 Do zrobienia dalszych części zrobienie pierwszej nie było potrzebne. Druga to po prostu tw. Levy Cramera patrzymy na granicę f n t) przy n, to jest z ciągłości e x ) oczywiście e t2, ta funkcja jest ciągła w zerze, a zatem z tw. Levy Cramera jest funkcją charakterystyczną pewnej zmiennej losowej X i X n zbiegają do X według rozkładu. Są dwa podejścia do trzeciej części. Pierwsze jest takie, że po prostu twierdzamy nieróżniczkowalność f n t) w zerze. A więc sprawdźmy lewostronna pochodna f n w zerze to e t2 +t/n 2t + /n)e t2 +t/n, co w t 0 wynosi /n. Analogicznie prawostronna pochodna to /n, są różne, a zatem f n jest w zerze nieróżniczkowalna, a zatem z tw. o momentach nie istnieje EX n, a zatem tym bardziej EX 2 n z nierówności Schwarza, albo z tw. o momentach skoro nie istnieje pierwsza pochodna, to druga tym bardziej). Drugie podejście wymaga zrobienia pierwszej części zadania, otóż EX 2 n E 2Y + Z/ n) 2 E2Y Y Z/n + Z 2 /n 2. Wiemy, że EY 2 istnieje i jest równe, czyli z tą częścią nie mamy problemu, zaś Z wiemy np. z RP ), że nie ma nawet wartości oczekiwanej. Trzeba tu jednak postępować dość delikatnie a priori mogłoby być tak, że ten Y wpływa akurat tak, że to coś stanie się całkowalne. Można jednak dowodzić, że nie ma nawet wartości oczekiwanej X n z tego wynika brak drugiego momentu, nier. Schwarza) a to jest proste, bo gdyby X n miał wartość oczekiwaną, i wiemy, że 2Y ma wartość oczekiwaną, to i X n 2Y Z musiałby mieć wartość oczekiwaną, a wiemy, że nie ma. W analogicznym zadaniu grupy drugiej mieliśmy f n t) e t2 + nt 2. Tu trzeba pamiętać, że +t 2 to funkcja charakterystyczna symetrycznej zmiennej wykładniczej, i robić pierwszą część analogicznie. W drugiej części nie ma zbieżności wg rozkładu bo funkcja charakterystyczna punktowo zbiega do zera dla t 0 i jest stale równa dla t 0, czyli funkcja graniczna jest nieciągła gdyby była zbieżność wg rozkładu, to funkcje charakterystyczne zbiegałyby do czegoś z definicji zbieżności wg rozkładu Ee itxn Ee itx, bo s e its jest funkcją ograniczoną ciągłą) no i funkcja graniczna oczywiście musiałaby, jako funkcja charakterystyczna być ciągła w zerze. W trzeciej części, podobnie jak tu, można było albo różniczkować dwa razy tam było to nieco mniej przyjemne, bo pochodna istniała), albo też policzyć EX 2 n znając EY 2 i EZ, oraz wiedząc, że obydwie te zmienne mają średnią zero.