Вопросы по теории вероятностей и мат. статистике

[ewert]

Anna from Svetl в сообщении #1061843 писал(а):

В параграфе "Схема Бернулли" вводится вероятность $P(\omega)=p^k(1-p)^k$, где $r$ --- объем выборки с возвращением из генеральной совокупности $\left\{0,1\right\}$,

Снова ерунда какая-то. Что за "генеральная совокупность" в совершенно детском параграфе про Бернулли (да и просто в классической схеме непосредственно перед этим)?...

"Я Боровкова не читал", но начинаю думать: и правильно делал. По Бернулли у него там вообще какая-то дичь написана. И дело не в формальной корректности или некорректности выкладок (они наверняка корректны), а в абсурдности подхода. Он ставит телегу поперёк лошади: берёт невесть с какого потолка некую формулу и что-то зачем-то считает, не обращая ни малейшего внимания на то, имеют ли эти формулки хоть какой-то практический смысл.

[ShMaxG]

Anna from Svetl в сообщении #1061843 писал(а):

Вопрос: откуда берется умножение на $p$?

Пусть к примеру $r=2$, тогда чему равна вероятность того, что на первом месте будет стоять 1? Она будет равна вероятности выпадения 11 или 10, первое происходит с вероятностью $p^2$, а второе $p(1-p)$, суммируем, получаем $p$. Также и в общем случае. Ну т.е. формулу, когда $k$ единиц, мы знаем: $p^k(1-p)^{r-k}$, а когда единичку выкинули, получили $p^{k-1}(1-p)^{r-k}$, т.е. отличается ровно в $p$ раз. Суммируем мы все случаи, когда $k$ единиц и одна из них фиксирована на выбранном месте $s$, что равносильно суммированию всех случаев, когда единиц $k-1$ и нет фиксированных, но помня при этом, что вероятность надо еще на $p$ умножить.

[Anna from Svetl]

ewert, вот я тоже не понимаю, почему так. Когда нам лекции по теории вероятности читали, то для схемы Бернулли вводили изначально вероятность успеха $p$. Если там и дальше так будет, наверное, поменяю учебник.

ShMaxG, так-то я понимаю, я не понимаю, как автор учебника доказательство строит.

[ShMaxG]

Anna from Svetl в сообщении #1061861 писал(а):

ShMaxG, так-то я понимаю, я не понимаю, как автор учебника доказательство строит.

Ну вот ровно так как я написал, автор доказательство и строит, просто я чуть-чуть подробнее написал и с примером Но вообще да, начало у него какое-то тяжеловесное, в первых изданиях книги вроде такого не было... Но вы особо не заморачивайтесь в этом месте, двигайтесь дальше. Совершенно не обязательно представлять себе ТВ как это делает Боровков, Вам же только для приложений это каких-то нужно, поэтому свою картину потихоньку стройте в голове. Лучше сосредоточьтесь на определениях и важных теоремах. Читайте сразу главу 2 про аксиоматику Колмогорова, а потом без углубления в подробности о мере переходите к главе 3.

Кстати, еще сайт можете глянуть: http://www.nsu.ru/mmf/tvims/chernova/tv/lec/lec.html, там намного более доходчиво все написано и примеры понятные.

[Anna from Svetl]

ShMaxG, спасибо, сайт гляну. А без углубления в подробности никак, не могу я так. Может, мне еще и не получится заняться тем прикладным, на которое я нацелилась. Так хоть в теории разберусь как следует.

[Anna from Svetl]

Продолжаю читать Боровкова, возникла проблема с доказательством теоремы 1 (глава 3, п. 2).

Цитата:

Если функция $F(x)$ обладает свойствами F1, F2 и F3, то существует вероятностное пространство $\left(\Omega,\mathcal{F},\mathrm{P}\right)$ и случайная величина $\xi$ на нем такая, что $F_{\x}(x)=F(x)$.

Под свойствами F1, F2, F3 подразумеваются соответственно следующие свойства: монотонность $F(x)$,

$$ \lim_{x\rightarrow -\infty}{F(x)} =0,\quad \lim_{x\rightarrow +\infty}{F(x)}=1, $$

и свойство непрерывности слева.
В доказательстве теоремы в качестве $\Omega$ выбирается $\mathbb{R}$, в качестве $\mathcal{F}$ $\sigma$-алгебра борелевских множеств. Затем задается вероятность на алгебре $\mathcal{A}$, порожденной полуинтервалами $[a,b)$ как

$$ \mathrm{P}(A) = \bigcup_{i=1}^{n}{\left[a_i,b_i\right)},\quad a_i<b_i, $$

здесь объединяемые интервалы выбираются непересекающимися.
Доказательство аксиом $\mathrm{P}(A)\geq 0$ и $\mathrm{P}{\Omega} = 1$, в принципе, понятно. Трудности возникли с доказательством последней аксиомы. Начинается оно так:

Цитата:

Пусть $B_n\in \mathcal{A}$, $B_{n+1}\subset B_n$, $\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}{B_n}=B\in \mathcal{A}$. Надо показать, что $\mathrm{P}(B_n)\rightarrow \mathrm{P}(B)$ или , что то же, $\mathrm{P}{B_n\overline{B}}\rightarrow 0$ ($B_n\overline{B}\in \mathcal{A}$). Для этого достаточно убедиться, что $\mathrm{P}(B_n\overline{B}C_N) \rightarrow 0$ при любом фиксированном $N$, где $C_N=[-N,N]$.

И вот тут я не понимаю, почему этого условия достаточно. Далее

Цитата:

Действительно, для заданного $\varepsilon>0$ по свойству F2 выберем $N$ так, что $\mathrm{P}(\overline{C}_N)<\varepsilon$. Тогда $\mathrm{P}(B_n\overlibe{B}\overline{C}_N)\leq\mathrm{P}(\overline{C}_N)\leq \varepsilon$,

$$ \overline{\lim_{n\rightarrow \infty}}{\mathrm{P}(B_n\overline{B})}\leq \overline{\lim_{n\rightarrow \infty}}{\mathrm{P}(B_n\overline{B}C_N)}+\varepsilon. $$

Происхождение последних двух неравенств также непонятно. Дальше тоже не все ясно, но пока бы с этим разобраться.

[--mS--]

Anna from Svetl в сообщении #1064087 писал(а):

И вот тут я не понимаю, почему этого условия достаточно. Далее

Вот как раз далее и показывается, почему этого условия достаточно. Потому что

Anna from Svetl в сообщении #1064087 писал(а):

Цитата:

$$ \overline{\lim_{n\rightarrow \infty}}{\mathrm{P}(B_n\overline{B})}\leq \overline{\lim_{n\rightarrow \infty}}{\mathrm{P}(B_n\overline{B}C_N)}+\varepsilon. $$

И если правая часть стремится к нулю, то и левая тоже.
Неравенство $\mathsf P(B_n\overline{B}\,\overline{C_N})\leqslant\mathsf P(\overline{C_N})\leq \varepsilon$ есть просто монотонность функции множеств $\mathsf P(A)$ на множествах из алгебры, которая следует из её задания. Второе неравенство вытекает из конечной аддитивности этой функции:

$$ \mathsf P(B_n\overline{B}) = \mathsf P(B_n\overline{B} C_N) + \mathsf P(B_n\overline{B}\, \overline{C_N})\leqslant \mathsf P(B_n\overline{B} C_N) + \varepsilon. $$

[Anna from Svetl]

--mS--, спасибо. Значит я потом все-таки правильно поняла, почему так получается.
Там дальше продолжение доказательства:

Цитата:

Так как $\varepsilon$ произвольно, то сходимость $\mahrm{P}(B_n\overline{B}C_N)\rightarrow 0$ при $n\rightarrow \infty$ означает требуемую сходимость $\mathrm{P}(B_n\overline{B})\rightarrow 0$. Из сказанного вытекает, что можно считать множества $B_n$ ограниченными ($B_n\subset[-N,N)$ при каком-нибудь $N<\infty$). Кроме того, не ограничивая общности, можно считать, что $B$ есть пустое множество.

Во-первых, не понятно, почему сказано, что множества $B_n$ можно считать ограниченными? А можно считать неограниченными?
Во-вторых, почему предположение о пустоте множества $B$ не ограничивает общности?

[--mS--]

Можно считать ограниченными потому, что мы показали, что непрерывность достаточно показывать для множеств, пересечённых с ограниченным $C_N$. Не ограничивает общности, потому что мы только что от $B_n$ перешли к $B_n\overline B$, пересечение которых как раз пусто.

[Anna from Svetl]

--mS--, теперь, вроде, все понятно.

[Anna from Svetl]

Не могу понять обозначение у Боровкова: в доказательстве леммы 1 (гл. 3, п. 4) есть такая фраза:

Цитата:

Так как $g_n(x)\uparrow$ при каждом $x$, то существует $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}=g(x)$.

Что значит $\uparrow$?

[ShMaxG]

Этот символ у него означает "стремится слева", например $x \uparrow x_0$. Правда, после этого символа в данном случае ничего не идет, так что либо это опечатка, либо это означает, что "$g_n(x)$ возрастает" (с ростом $n$, конечно). По смыслу доказательства подходит второй вариант. Действительно, для каждого икса последовательность $g_n(x)$ ограничена, и не убывает, значит существует предел, и т.д.

[Anna from Svetl]

ShMaxG, спасибо, я только не понимаю, почему последовательность не убывает с ростом $n$, если $g_n(x)=\dfrac{k}{2^{n}}$.

[--mS--]

Anna from Svetl в сообщении #1067625 писал(а):

ShMaxG, спасибо, я только не понимаю, почему последовательность не убывает с ростом $n$, если $g_n(x)=\dfrac{k}{2^{n}}$.

Не так. $g_n(x)=\dfrac{k}{2^{n}}$ при $x\in B_{k,n}=\{\eta(\omega)~:~ \frac{k}{2^n}\leqslant\xi(\omega)<\frac{k+1}{2^n}\}$.
Поэтому $g_{n+1}(x)=\dfrac{j}{2^{n+1}}$ при том же самом

$$x\in B_{k,n}=\left\{\eta(\omega)~:~ \frac{k}{2^n}\leqslant\xi(\omega)<\frac{k+1}{2^n}\right\}=\left\{\eta(\omega)~:~ \frac{2k}{2^{n+1}}\leqslant\xi(\omega)<\frac{2k+2}{2^{n+1}}\right\}=B_{2k, n+1}\cup B_{2k+1, n+1}.$$

Соответственно, $j$ равно либо $2k$, либо $2k+1$, в зависимости от того, в которое из множеств $B_{2k, n+1}$ или $B_{2k+1, n+1}$ попадает $x$. Если $j=2k$, то $g_{n+1}(x)=g_n(x)$. Если $j=2k+1$, то $g_{n+1}(x)>g_n(x)$.

[Anna from Svetl]

--mS--, т.е. если я правильно понимаю, для заданного $x$ последовательность $ g_n(x) $ неубывающая. А что указывает на ее ограниченность?