Zadanie 3. ( ) Udowodnij, że jeśli (X n, F n ) jest martyngałem, to. X i > t) E X n. . t. P(sup

Transkrypt

1 Szkice rozwiązań zadań z serii dwuastej oraz części zadań z kartkówki. Zadaie 1. Niech (X, F ) będzie martygałem. Czy X jest domykaly, jeśli ciąg EX l X jest zbieży? X jest zbieży prawie a pewo? X jest zbieży w L 1? Dowód. Będziemy, oczywiście, korzystać z twierdzeia o domykalości martygałów. Nie wiem dokładie, co było podae a wykładzie, więc a wszelki wypadek to, czego mogło ie być a końcu udowodię. Prawdą jest, że dla martygału jedostaja całkowalość, zbieżość w L 1 i domykalość są rówoważe, a razie będę z tego korzystał. Z zadaia 6 wyika, że w pierwszym wypadku martygał jest jedostajie całkowaly, a zatem domykaly. W trzecim wypadku, jeśli X zbiega w L 1, to jest domyklay. W drugim wypadku martygał ie musi być domykaly jeśli przykładowo P(U i = 0) = P(U i = 2) = 1/2, X = U i (to jest zay am martygał, iloczy iezależych zmieych losowych o średiej 1), to X zbiega prawie a pewo do zera, ale ie jest jedostajie całkowaly E X 1 X >2 1 = 1 dla każdego. Teraz dowód. Zakładam, że a wykładzie było przyajmiej to, co paowie Sztecel i Jakubowski podali w swojej książce że z jedostajej całkowalości wyika domykalość (tw. 2, paragraf 11.5) oraz że z domykalości wyika zbieżość w L 1 (to jest twierdzeie o ciągłości warukowej wartości oczekiwaej, tw. 3, paragraf 11.5). Wystarczy zatem sprawdzić, że ze zbieżości w L 1 wyika jedostaja całkowalość. Dowód: iech X X w L 1, ustalmy ε > 0. Weźmy takie N, że E X X < ε/2 dla > N. Dla pojedyczej zmieej całkowalej Y możemy oczywiście dobrać takie C, że E Y 1 Y >C < ε/2, to jest ciągłość całki. Zatem możemy też takie C dobrać dla skończeie wielu zmieych (po prostu bierzemy ajwiększe C dla tych zmieych). Dobierzmy zatem takie C 1 dla zmieych X 1, X 2,..., X oraz zmieej X. Niech δ = P( X > C 1 ), wtedy oczywiście dla dowolego zbioru A, jeśli P(A) < δ, to rówież E X 1 A < ε/2. Weźmy C 2 > (E X + ε/2)/δ. Wtedy P( X > C 2 ) < E X /C 2 < (E X + ε/ 2)/C 2 < δ. Niech C = max{c 1, C 2 }. Wtedy dla N mamy E X 1 X >C < ε/2, zaś dla > N mamy E X 1 X >C < E X 1 X >C + E X X 1 X >C ε/2 + ε/2 = ε. Zadaie 2. Niech (X, F ) będzie martygałem, zaś φ fukcją wypukłą. Udowodij, że Eφ(X ) jest ciągiem rosącym po. Dowód. Moża powiedzieć, że φ(x ) to podmartygał i wobec tego zadaie jest oczywiste. Ale my zrobimy je porządie, a piechotę. Chcę korzystać z ierówości E(φ(X) F) φ(e(x F)) pp., która jest uogólieiem ierówości Jesea a warukowe wartości oczekiwae. Jej dowód zajduje się (jako Stwierdzeie 6) w książce paów Sztecla i Jakubowskiego (geeralie robi się to tak, że φ(x) = sup a x+b, czyli że fukcja wypukła to supremum fukcji liiowych (wyzaczających stycze do wykresu tej fukcji), a zatem φ(x) a X + b dla każdego, stąd E(φ(X) F) a E(X F) + b, a po wzięciu supremum z prawej stroy dostaję E(φ(X) F) φ(e(x F)). Kiedy mam tę ierówość, piszę Eφ(X 1 ) = Eφ(EX F 1 ) EE(φ(X ) F 1 ) = Eφ(X ). Zadaie 3. ( ) Udowodij, że jeśli (X, F ) jest martygałem, to P(sup i X i > t) E X. t

2 Dowód. Zdefiiujmy momet stopu τ w te sposób, że τ to pierwsze takie i, że X i > t, lub X w przeciwym razie. To jest pierwsza wizyta w zbiorze borelowskim, a zatem momet stopu (jeszcze obcięta przez, ale miimum mometów stopu to też momet stopu). Wtedy lewa stroa to P(X τ > t). Z ierówości Czebyszewa mamy P(X τ > t) P( X τ > t) E X τ /t. Trzeba jeszcze wiedzieć, że E X τ E X. Moża po prostu stwierdzić, że X i to podmartygał, i powołać się a tw. Dooba dla podmartygałów. Tu założę, że tego ie umiemy i zrobię ręczie. Otóż rozważmy E X X τ. Jeśli τ =, to X τ = X. Jeśli τ <, to X τ > t, skąd X τ = X τ, zaś X X, zatem X X τ X X τ. Stąd E X X τ EX X τ = EX EX τ = 0 a mocy tw. Dooba. Zadaie 4. Rzucamy kostką (zwykłą, sześcieą) i sumujemy oczka do mometu, w którym suma oczek będzie rówa sto lub więcej. Udowodij, że wartość oczekiwaa liczby wykoaych rzutów jest pomiędzy 28 a 30. (jako zadaie z kropką moża policzyć dokładie tę wartość oczekiwaą). Dowód. Niech X i to wyik i tego rzutu, S = X i, τ to pierwszy momet, w którym S 100, jest to momet stopu (pierwsza wizyta w zbiorze Borelowskim). Oczywiście S τ 100, ale rówież S τ 1 99, skąd S τ 105. Na mocy tożsamości Walda mamy ES τ = EX 1 Eτ = 3, 5Eτ, skąd 100/3, 5 Eτ 105/3, 5, co daje tezę. Dając to zadaie myślałem, że moża jakoś sprytie policzyć S τ, ale iestety myliłem się. Moża oczywiście apisać program, który to policzy (wychodzi około ), albo wypisać dłuuugi wzór, ale ie jest to mądre ai kształcące. Zadaie 5. Niech U będzie ciągiem iezależych zmieych losowych, P(U = 1/) = P(U = 1/) = 1/2. Czy ciąg U jest zbieży prawie a pewo? według rozkładu? w L 1? według prawdopodobieństwa? Dowód. Było a wykładzie takie twierdzeie, że taki ciąg (tj. suma iezależych zmieych losowych o średiej zero) zbiega (a wszelkie możliwe z powyższych sposobów), jeśli tylko jego wariacja jest skończoa. No to ajpierw to sprawdźmy: VarS = VarU = 1/ 2 <. No to zbiega a wszelkie możliwe sposoby. Na wszelki wypadek udowodimy to twierdzeie. Zauważmy, że VarS = ES 2 (ES ) 2. Teraz ES = 0 dla każdego, czyli VarS = ES 2. Jeśli ciąg ES 2 jest zbieży, to w szczególości jest wspólie ograiczoy, zatem a mocy zadaia 6 ciąg S jest jedostajie całkowaly (bo x 2 /x ), a zatem zbiega w L 1 (patrz zadaie 1) i prawie a pewo (to też powio było być, a jeśli ie, to jest koleją częścią Twierdzeia o ciągłości warukowej wartości oczekiwaej), a zatem i według prawodopodobieństwa i według rozkładu, a mocy ogólych faktów. Zadaie 6. Udowodij, że ciąg zmieych losowych X jest jedostajie całkowaly wtedy i tylko wtedy, gdy istieje taka fukcja φ i taka stała C, że Eφ( X ) < C dla każdego oraz lim x φ(x)/x =. Dowód. Jeśli istieje taka fukcja φ, to E X 1 X >t E1 X >tφ( X ) sup x /φ( x ) sup x φ( x ) Eφ(X ) C sup x φ( x ).

3 To ostatie supremum a mocy waruku a φ zbiega do zera przy t. Jeśli atomiast rodzia X jest jedostajie całkowala, to iech t i będzie takim ciągiem rosącym, zbieżym do, że E X 1 X >ti < 4 i dla każdego i. Niech wtedy φ będzie dla x [t i, t i+1 ) rówa 2 i x. Wtedy Eφ( X ) i E1 X [t i,t i+1 )φ( X ) = i E1 X [t i,t i+1 )2 i X i 2 i E1 X >t i X i 2 i 4 i = 1. Zadaie 7. Rozważmy grę podobą do tej, która była a kartkówce. Rzucamy kostką, po każdym rzucie możemy wycofać się z gry. Jeśli się wycofamy, to asza wygraa to liczba oczek w ostatim rzucie plus liczba trójek wyrzucoych przez całą grę czyli p. ciąg 3,1,5,2,3,3,4,1,3,5 daje am w sumie 9 puktów (5 za ostati rzut i 4 za trójki), a ciąg 6,5,4,3 daje am 4 pukty (3 za ostati rzut, 1 za trójkę). Możemy wykoać maksymalie rzutów (czyli, formalie, po tym rzucie, jeśli ie wycofaliśmy się wcześiej, to ie mamy wyboru i musimy się wycofać). Zajdź (dla dowolego ustaloego ) wartość oczekiwaą aszej wygraej przy optymalej strategii gry. Dowód. Jeśli = 1, to ie ma elemetów strategii, i wartość oczekiwaa to Niech X k ozacza wyik k tego rzutu, zaś L k liczbę trójek w pierwszych k rzutach. Zmiee X k są iezależe, zaś L k powiązae wzorem L k = L k Xk =3. Wprowadźmy aturale σ ciało F k, oczywiście X k i L k są F k mierzale. Niech U k (jak zwykle) ozacza wartość oczekiwaą aszej wygraej przy optymalej strategii, czyli U k = max{x k + L k, E(U k+1 F k }, i U = X +L, zmiea U k jest F k mierzala jako fukcja zmieych F k mierzalych. Będziemy musieli liczyć warukową wartość oczekiwaą w astępym rzucie, zatem zauważmy sprytie, że X k + L k = X k + 1 Xk =3 + L k 1, przy czym pierwsze dwie zmiee są iezależe od F k 1, zaś ostatia jest F k 1 mierzala, skąd E(X k + L k F k 1 ) = L k 1 + EX k + E1 Xk =3 = L k Stąd U 1 = max{x 1 + L 1, E(U F 1 )} = max{x 1 + L 1, L 3 1). Zauważmy, że to, która z tych liczb jest większa zależy wyłączie od X 1, a ie od L 1, i asza strategia w 1 wszym rzucie to grać dalej, jeśli a kostce wyszło miej iż 3, a brać co dają, jeśli wyszło więcej. Liczymy zatem dalej: E(U 1 F 2 ) = E(1 X 1 4(X 1 + L 1 ) F 2 ) + E(1 X 1 3(L ) F 3 2). Zauważmy dodatkowo, że 1 X 1 4L 1 = 1 X 1 4L 2 (bo skoro w 1 wszym rzucie wypadło 4 lub więcej, to liczba trójek ie wzrasta), zaś dwa czyiki iloczyu po prawej stroie są iezależe. Teraz to, co mierzale wyłączamy przed wartość oczekiwaa, pod spodem zostają tylko rzeczy iezależe, które uśrediamy, i wychodzi 5 + 1L L = L Widzimy więc, że jeśli będziemy grali dalej, to średio wygramy obecą liczbę trójek plus cztery i pół. Wobec tego oczywiście strategia w 2 gim rzucie to brać piątkę i szóstkę, a od czwórki w dół rzucać dalej (zowu, zwróćmy uwagę, zależy tylko od X 2, a ie od L 2 ). Teraz jeszcze trzeba to kilka razy zrobić (w pierwszym ruchu wyciągam wszystko z L 2 przed awias i wyodrębiam ostati rzut): E(U 2 F 3 ) = E(1 X 2 5(X 2 + L 2 ) F 3 ) + E(1 X 2 4(L ) F 3) = E(L X 2 =3 F 3 ) + E(1 X 2 5X 2 F 3 ) E(1 X 2 4 F 3 ) = L = L Widzimy więc, że w 3 cim rzucie wartość oczekiwaa wygraej jeśli zagramy dalej to 5 plus obeca liczba trójek. Czyli bierzemy szóstkę, gramy dalej a 1, 2, 3, 4, a a piątce wszystko jedo (powiedzmy, że też gramy dalej). Liczymy dalej:

4 E(U 3 F 4 ) = E(1 X 3 =6(X 3 + L 3 ) F 4 ) + E(1 X 3 5(L 3 + 5) F 4 ) = E(L X 3 =3 F 4 ) + E(1 X 3 =6X 3 F 4 ) + 5E(1 X 3 5 F 4 ) = L = L Te sam rachuek będzie się powtarzał tak długo, jak wartość oczekiwaa w astępym rzucie będzie miejsza iż 6 plus obeca liczba trójek. Niech E(U k+1 F k ) = c k +L k (wzór te zgadza się dla k = 4 przy c 4 = Wtedy, o ile c k > 5 i c k < 6, mamy E(U k+1 F k ) = E(1 X k+1 =6(X k+1 + L k+1 ) F k ) + E(1 X k+1 5(L k+1 + c k 1 ) F k ) = E(L k + 1 X k+1 =3 F k ) + E(1 X k+1 =6X k+1 F k ) + c k 1 E(1 X k+1 5 F k ) = L k c k 1, czyli wzór faktyczie działa dla k (formalie tu jest idukcja po k) i c k = 7 + 5c 6 6 k 1. Zatem c 5 = 5 11, c 18 6 = 5 91 i c = Tu idukcja się załamuje (bo c > 6), i strategią zaczya być zawsze graj dalej bo wartość oczekiwaa przyszłej wygraej jest zawsze większa od wartości obecej wygraej. Wobec tego E(U k+1 F k ) = E(L +k+1 + c k 1 F k ) = E(L k + 1 X k+1 =3 + c k 1 F k ) = L k c k 1, Czyli dla k > 7 mamy c k = (k 7)/6. Wobec tego (zakładam tu, że 8, w 648 miejszych przypadkach wyik daje się odczytać z rachuków powyżej) mamy w szczególości E(U 1 F 0 ) = L 0 + c = ( 7)/6 = + /6 4, 87 + / Iterpretacja, którą moża temu adać jest taka mamy tu grę, w której z jedej stroy chcemy grać jak ajdłużej (bo geeralie każdy rzut zwiększa am wartość oczekiwaą liczby szóstek za to odpowiada czyik /6), ale z drugiej, przyajmiej pod koiec gry, jedak ie chcemy grać do samego końca, tylko ieco optymalizować pukty, które dostaiemy za rzut kostką. Moglibyśmy zigorować te małe pukty i zawsze grać do końca (wtedy wygrywa się 3, 5 + /6), atomiast ieco kombiując pod koiec jesteśmy w staie średio te dodatkowy ieco poad pukt zdobyć. I jeszcze dwa zadaia z kartkówki (pozostałych ie robię zadaia teoretyczego ie ma sesu robić, zadaie sprawdź, czy to martygał było raczej proste, zaś zadaie z optymalego stopowaie jest podzbiorem zadaia zrobioego powyżej). Zadaie 8. Niech (X ) =1 będzie ciągiem iezależych zmieych losowych, przy czym P(X = ) = P(X = ) = 1 2 oraz P(X = 0) = 1 1. Czy ciąg (X ) spełia waruek Lideberga? Dowód. Liczymy wariację. EX = 0, VarX = EX 2 = = 1. Zatem S 2 =, S =. Piszemy waruek Lideberga: L (ε) = 1 S 2 E(X i EX i ) 2 1 Xi EX i >εs = 1 EXi 2 1 Xi >ε. Teraz jest momet, żeby chwilkę pomyśleć. Jeśli i > ε, czyli i > ε 2, to idykator jest zerem tylko kiedy X i jest zerem (bo jeśli X i jest iezerowe, to X i = i > ε ). Zatem dla

5 takich i mamy X 2 i 1 Xi >ε = X 2 i. Ustalmy sobie ε < 1 2, wtedy mamy L (ε) 1 EXi 2 = 1 i=/2 i=/2 1 = /2 = 1 2, co ie zbiega do zera. Zatem ciąg X ie spełia waruku Lideberga. Zadaie 9. Niech (X ) =1 będzie ciągiem iezależych zmieych losowych, przy czym P(X = 4 ) = P(X = 4 ) = 1 4 oraz P(X = 0) = Czy ciąg (X ) spełia waruek Lideberga? Dowód. Liczymy wariację. EX = 0, VarX = EX 2 = = 1. Zatem 2 S2 = /2, S = /2. Piszemy waruek Lideberga: L (ε) = 1 S 2 E(X i EX i ) 2 1 Xi EX i >εs = 2 EXi 2 1 Xi >ε / 2. Teraz jest momet, żeby chwilkę pomyśleć. Zauważmy, że X i oprócz zera przyjmuje wartości ± 4 i, a więc co do modułu istotie miejsze od. Jeśli zatem weźmiemy 4 < ε / 2, czyli > 4/ε 4, to mamy X i < 4 i 4 < ε / 2, a zatem idykator zika prawie a pewo, czyli L (ε) = 0, a zatem w szczególości zbiega do zera (bo zika dla dostateczie dużych ). Czyli ciąg X spełia waruek Lideberga.