Вероятностная задача

[vicvolf]

Правильно ли доказательство?

Пусть имеется некоторая арифметическая функция $f(i)$, принимающая значения: $1,-1,0$ при $1 \leq i \leq n$ соответственно с вероятностями $\nu_1(i),\nu_2(i),\nu_3(i),(\nu_1(i)+\nu_2(i)+\nu_3(i)=1)$.

Предположим, что существуют пределы: $\lim_{i \to \infty} {\nu_1(i)}=\lim_{i \to \infty} {\nu_2(i)}=p$ ,$\lim_{i \to \infty} {\nu_3(i)}=1-2p$.

Тогда предельным распределением для $f(i)$ будет распределение $F(x)=(0, x<-1;p,-1 \leq x<0;1-p,0 \leq x<1;1,x \geq 1)$.

Доказательство

Рассмотрим вероятностное пространство $(\Omega_n,A_n,P_n)$, где $\Omega_n=(1,2,...n)$, $A_n$ - все подмножества $\Omega_n$, $P_n(A)=|A|/n$.

Введем последовательность случайных величин на данном вероятностном пространстве $x_n(i)=f(i),1 \leq i \leq n$.

Тогда функции распределения указанных случайных величин имеют вид: $F_n(x)=(0, x<-1;\nu_1(n),-1 \leq x<0;1-\nu_2(n),0 \leq x<1;1,x \geq 1)$.

На основании (Замечания 4 на стр 123 Боровиков "Теория вероятности") функции распределения $F_n$ сходятся к $F$, как дискретные распределения, имеющие скачки в одних и тех же точках.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #1258331 писал(а):

Пусть имеется некоторая арифметическая функция $f(i)$, принимающая значения: $1,-1,0$ при $1 \leq i \leq n$ соответственно с вероятностями $\nu_1(i),\nu_2(i),\nu_3(i),(\nu_1(i)+\nu_2(i)+\nu_3(i)=1)$.

Зависят ли эти вероятности от $n$?

[vicvolf]

Спасибо. Уточню.

Пусть имеется некоторая арифметическая функция $f(i)$, принимающая значения: $1,-1,0$ соответственно с вероятностями $\nu_1(i),\nu_2(i),\nu_3(i),(\nu_1(i)+\nu_2(i)+\nu_3(i)=1)$.

Значение $i$ не ограничено, т.е. арифметическая функция $f(i)$ определена на всем натуральном ряде.

Когда в доказательстве мы вводим вероятностное пространство $(\Omega_n,A_n,P_n)$, где $\Omega_n=(1,2,...n)$, $A_n$ - все подмножества $\Omega_n$, $P_n(A)=|A|/n$ и вводим последовательность случайных величин $x_n(i)=f(i)$, то мы естественно ограничиваем значение $f(i),1 \leq i \leq n$ на данном вероятностном пространстве.

Когда мы переходим к предельному вероятностному пространству и устремляем $n$ к бесконечности, то функции распределения случайных величин $F_n$ сходятся к распределению случайной величины $F$, как дискретные распределения, имеющие скачки в одних и тех же точках на основании (Замечания 4 на стр 123 Боровиков "Теория вероятности").

[--mS--]

vicvolf в сообщении #1258628 писал(а):

Боровиков "Теория вероятности".

БороВКов. Теория вероятностЕЙ.

vicvolf в сообщении #1258628 писал(а):

то мы естественно ограничиваем значение $f(i),1 \leq i \leq n$ на данном вероятностном пространстве.

Она вроде и так принимает значения $0,\pm 1$?

Вы не ответили на вопрос: зависят ли вероятности $\nu_k(i)$ от $n$?

[vicvolf]

Наверно вероятностное пространство с равными вероятностями исходов для данной задачи не подходит. Надо по-другому. Прав ли я?

Пусть имеется некоторая арифметическая функция $f(i)$, принимающая значения: $1,-1,0$ соответственно с вероятностями $\nu_1(i),\nu_2(i),\nu_3(i),(\nu_1(i)+\nu_2(i)+\nu_3(i)=1)$.

Предположим, что существуют пределы: $\lim_{i \to \infty} {\nu_1(i)}=\lim_{i \to \infty} {\nu_2(i)}=p$ ,$\lim_{i \to \infty} {\nu_3(i)}=1-2p$.

Тогда предельным распределением для $f(i)$ будет распределение $F(x)=(0, x<-1;p,-1 \leq x<0;1-p,0 \leq x<1;1,x \geq 1)$.

Доказательство

В каждой точке натурального ряда $i$ мы задаем вероятностное пространство $(\Omega,A,P_i)$, где $\Omega=(1,-1,0)$, $A$ - все подмножества $\Omega, $P_i(1)=\nu_1(i),P_i(-1)=\nu_2(i),P_i(0)=\nu_3(i), где $P_1(i)+P_2(i)+P_3(i)=1$.

Введем последовательность случайных величин на данном вероятностном пространстве $x_i=f(i)$ которая принимает значения из $\Omega$ с вероятностями из $P_i$.

Тогда функции распределения указанных случайных величин имеют вид: $F_i(x)=(0, x<-1;\nu_1(i),-1 \leq x<0;1-\nu_2(i),0 \leq x<1;1,x \geq 1)$.

На основании (Замечания 4 на стр 123 Боровков "Теория вероятностей") функции распределения $F_i$ сходятся к $F$, как дискретные распределения, имеющие скачки в одних и тех же точках.

--mS-- в сообщении #1258922 писал(а):

Вы не ответили на вопрос: зависят ли вероятности $\nu_k(i)$ от $n$?

Значение $i$ пробегает значение до $n$, если $n$ стремится к бесконечности, то $i$ пробегает весь натуральный ряд.

[Lia]

tolstopuz в сообщении #1258359 писал(а):

Зависят ли эти вероятности от $n$?

--mS-- в сообщении #1258934 писал(а):

Вы не ответили на вопрос: зависят ли вероятности $\nu_k(i)$ от $n$?

vicvolf в сообщении #1258934 писал(а):

Значение $i$ пробегает значение до $n$, если $n$ стремится к бесконечности, то $i$ пробегает весь натуральный ряд.

Не надо про $i$, про $i$ Вы уже ответили. Еще раз:

--mS-- в сообщении #1258934 писал(а):

зависят ли вероятности $\nu_k(i)$ от $n$?

[vicvolf]

Я попытался ответить на этот вопрос в последнем сообщении вообще убрав $n$, но не уверен, что это верно.

[vicvolf]

Правильнее будет. Заданы значения: $\nu_k(1),...,\nu_k(n)$, где $\nu_k(n)$ - граничное значение, которое зависит от $n$.

[Lia]

vicvolf
Теперь значений не три?

[vicvolf]

Lia
Три значения по $k$.

[RIP]

vicvolf
У Вас какая-то каша в голове. Если дана арифметическая функция $f$, то $f(1)$ — это вполне конкретное число, а не случайная величина (хотя можно и рассмотреть его как постоянную случайную величину), поэтому бессмысленно говорить о вероятностях $\nu_1(1)$, $\nu_2(1)$ и $\nu_3(1)$ (а если и поговорить, то одна из них равна $1$, а остальные две равны $0$).

[vicvolf]

RIP
Конечно арифметическая функция это конкретное число в точке натурального ряда. Но если взял, например, последовательность $n$ значений арифметической функции: $f(1),...,f(n)$, то я могу говорить, что значение "1" встречается в этой последовательности с вероятностью - $\nu_1(n)$, значение "-1" встречается с вероятностью $\nu_2(n)$, а значение "0" встречается с вероятностью $\nu_3(n)$?

[RIP]

Можете, но это не то же, что Вы писали раньше. Если фиксировать $n$, то есть только одна случайная величина $x_n$: $x_n(i)=f(i)$, $1\leqslant i\leqslant n$. Соответственно, есть только три вероятности $\nu_1(n)$, $\nu_2(n)$ и $\nu_3(n)$: $\nu_1(n)=\frac{1}{n}\left\lvert\bigl\{i\in\{1,2,\dotsc,n\}:f(i)=1\bigr\}\right\rvert$ итд.
Фраза «$f(i)$ принимает значения $1,-1,0$ при $1\leqslant i\leqslant n$ с вероятностями $\nu_1(i),\nu_2(i),\nu_3(i)$» вообще бессмысленна, поскольку вероятности не могут зависеть от аргумента случайной величины.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1259257 писал(а):

Можете, но это не то же, что Вы писали раньше. Если фиксировать $n$, то есть только одна случайная величина $x_n$: $x_n(i)=f(i)$, $1\leqslant i\leqslant n$. Соответственно, есть только три вероятности $\nu_1(n)$, $\nu_2(n)$ и $\nu_3(n)$: $\nu_1(n)=\frac{1}{n}\left\lvert\bigl\{i\in\{1,2,\dotsc,n\}:f(i)=1\bigr\}\right\rvert$ итд.

Данная случайная величина $x_n(i)=f(i)$ имеет функцию распределения:$F_n(x)=(0, x<-1;\nu_1(n),-1 \leq x<0;1-\nu_2(n),0 \leq x<1;1,x \geq 1)$ и при $n \to \infty$, на основании указанного Замечания 4: $F_n \to F$.

[RIP]

По-моему, $\nu_1$ и $\nu_2$ перепутаны, а в остальном верно. (Ну, и «предельное распределение для $f$» — это жаргон, а не математическая формулировка.)