Спичечные коробки и отрицательное биномиальное распределение

[Sdy]

В соседней теме я решил данную задачу и моё решение мне нравится, но не даёт мне покоя решение этой задачи Феллером (Феллер, "Введение в теорию вероятностей и её приложения, том 1", Москва "Мир", 1984 год, страница 182). Я сначала дословно приведу условие и решение, а потом попробую сформулировать свой вопрос.
Условие задачи и её решение.
Некий математик всегда носит в правом и левом карманах по коробке спичек. Когда ему нужна спичка, он наугад выбирает один из карманов. Последовательные выборы образуют, таким образом, испытания Бернулли с $p=1/2$. Предположим, что в начальный момент каждая коробка содержала ровно $N$ спичек, и рассмотрим момент, когда математик впервые вытащит пустую коробку. В этот момент другая коробка может содержать $0,1,2,\ldots, N$ спичек; соответствующие вероятности обозначим $u_r$. Договоримся считать "успехом" выбор коробки из левого кармана. Из левого кармана будет вынута пустая коробка, а в правом в это время будет ровно $r$ спичек тогда и только тогда, когда $N+1$ успеху предшествуют $N-r$ неудач. Вероятность этого события равна $f(N-r, N+1, 1/2)$. Точно также можно рассуждать и о правом кармане и, следовательно, искомая вероятность равна

$$u_r = 2f(N-r; N+1, 1/2)= {2N-r \choose N}2^{-2N+r}$$

Обозначения.
Как $f(k; r, p)$ Феллер обозначает вероятность того что $r$-й успех произойдёт при $r+k$-м испытании, где $k=0,1,\ldots,$. То есть это вероятность иметь ровно $k$ неудач перед $r$-м успехом, а вероятность этого равна $f(k; r, p) = {r+k-1 \choose k}p^rq^k$.

То есть фактически, $f(k; r, p)$ это функция вероятности случайной величины, имеющей отрицательное биномиальное распределение.

Вопрос.
Я уже довольно много времени не могу понять, какое Феллер тут использует вероятностное пространство, а именно что он берёт в качестве множества элементарных исходов $\Omega$? Да, я прекрасно знаю, что случайные величины как раз удобно использовать, чтобы не строить $\Omega$ явным образом, сам так постоянно делаю, но тут как-то задумался про это и не смог дать строгого ответа. Если обозначить как $X$ случайную величину, имеющую отрицательное биномиальное распределение, то сам же Феллер пишет что её носитель (множество значений, которые она принимает) это $\mathbb{N} \cup {0}.$ Если в качестве $\Omega$ взять множество всех бинарных последовательностей, в которых $n+1$ единица, они кончаются на $1$ и в них $k \in \mathbb{N}$ нулей, то на таком $\Omega$ можно корректно задать $X : \Omega \mapsto \mathbb{N} \cup {0}$. Но в таком $\Omega$ нет бинарных последовательностей, которые бы кончались на $0$, в них был бы $n+1$ нуль и $k \in \mathbb{N}$ единиц. А значит нет там и события, связанного с тем что первым опустел не тот коробок. Значит нельзя удвоить вероятность как вот здесь : "Точно также можно рассуждать и о правом кармане", у нас просто нет соответствующего события.
Помогите, пожалуйста, разобраться.

[ihq.pl]

Sdy в сообщении #1623817 писал(а):

какое Феллер тут использует вероятностное пространство, а именно что он берёт в качестве множества элементарных исходов $\Omega$?

Возможно, не понял в чем проблема, но мне кажется, что пространство то же, что и в задаче из другой вашей темы. Ну, или почти. Даже если математик взял из левого коробка последнюю спичку, он кладет его обратно в карман. В какой-то момент он вынет коробок из левого кармана снова и обнаружит, что он пустой. То есть единица всегда последняя в последовательности. Возможен, например, вариант, когда оба коробка пусты, он достает правый коробок, видит, что там пусто, и потом достает левый коробок.

[ihq.pl]

В этом случае (оба коробка пусты) выбор коробка из левого кармана уже не случаен, т.е. его можно исключить, и тогда последним будет $N+1$-ый ноль. И вообще, после того, как правый коробок опустел, действия перестают быть случайными, т.е. последовательность окончивается нулем. Может, это имелось в виду?

[Sdy]

ihq.pl, спасибо за ответ.

ihq.pl в сообщении #1623825 писал(а):

но мне кажется, что пространство то же, что и в задаче из другой вашей темы.

В моём решении,

$$\Omega = \text{Множество всех бинарных последовательностей, содержащих либо ровно $n+1$ единицу}$$

$$\text{и $0 \leq m \leq n $ нулей, и оканчивающихся на единицу; либо ровно $n+1$ нуль, и $0 \leq m \leq n $ единиц }$$

$$\text{и оканчивающихся на нуль.}$$

И затруднение у меня тут следующего вида : чтобы ввести на таком $\Omega$ случайную величину $X : \Omega \mapsto \mathbb{N}\cup\{0\}$, имеющую отрицательное биномиальное распределение, должно выполняться следующее свойство : $\sum\limits_{k \in X(\Omega)}f(k,r,p)=\sum\limits_{k \in X(\Omega)}{r+k-1 \choose k}p^rq^k = 1$.
В случае моего $\Omega$, $X(\Omega) =\{0,\ldots, n\}$, $p=q=\frac{1}{2}$ и $\sum\limits_{k = 0}^{n}{r+k-1 \choose k}\frac{1}{2^{r+k}} \ne 1$. Вообще, чтобы эта сумма была равна $1$ нужно, чтобы $X(\Omega) = \mathbb{N}\cup\{0\}.$ А в моём $\Omega$ просто нет таких исходов, на которых $X$ может принять значения $n+1, n+2,\ldots,$.
Из чего я делаю вывод, что в $\Omega$ должны лежать последовательности, в которых $n+1$ единица, они кончаются на единицу и при этом в них $k \in \mathbb{N}\cup\{0\}$ нулей. Тогда на таком $\Omega$ вероятность события "первый коробок опустел, а во втором осталось $k$ спичек" это действительно вероятность того что $\mathbb{P}(X=k),$ так как я могу на таком $\Omega$ корректно ввести отрицательное биномиальное распределение. Но в таком случае в моём $\Omega$ лежат бинарные последовательности, в которых $n+1$ нуль встречается раньше, чем $n+1$ единица -- а таких там быть не должно. Более того, в таком случае в моём $\Omega$ нет исходов, удовлетворяющих событию "второй коробок опустел, а в первом осталось $k$ спичек", то есть я вообще не могу посчитать вероятность этого события. Ну и получается какой-то вздор.

Либо я чего-то фундаментального не понимаю. В моей голове случайной величины не может быть без вероятностного пространства $(\Omega, \mathfrak{F}, \mathbb{P})$. При этом для распределения дискретной случайной величины обязательно должно выполняться свойство $\mathbb{P}\left(\{w \in \Omega : X(w) \in \mathbb{R}\}\right) = 1$.

[ihq.pl]

А мне, кстати, самому интересно разобраться. Всё еще не понимаю сути проблемы.

Sdy в сообщении #1623878 писал(а):

в моём $\Omega$ просто нет таких исходов, на которых $X$ может принять значения $n+1, n+2,\ldots,$.

Я их и в случае Веллера не вижу: если закончились спички в коробке из правого кармана, последний элемент в последовательности - 0, иначе - 1.

[Sdy]

ihq.pl в сообщении #1623887 писал(а):

Всё еще не понимаю сути проблемы.

Я пока не знаю, как её более понятно сформулировать. Если у Феллера в $\Omega$ нет последовательностей, на которых бы случайная величина $X$ принимала значения $n+1,n+2,\ldots,$, то ведь нет и её распределения, ведь набор вероятностей называется распределением дискретной случайной величины тогда и только тогда, когда сумма этих вероятностей из набора равна $1$ и сами они неотрицательны. Тогда как мы можем ниже использовать функцию вероятности (PMF) случайной величины, которой нет?
Вот здесь :

Феллер писал(а):

Вероятность этого события равна $f(N-r, N+1, 1/2)$.

И даже вот здесь :

Феллер писал(а):

Точно также можно рассуждать и о правом кармане

[ihq.pl]

Цитата:

Точно также можно рассуждать и о правом кармане

Как я понял, вероятность вынуть пустой коробок есть вероятность события "вынут пустой коробок из левого или правого кармана". Поэтому и двойка перед $f(...)$.

[Sdy]

ihq.pl в сообщении #1623912 писал(а):

Как я понял, вероятность вынуть пустой коробок есть вероятность события "вынут пустой коробок из левого или правого кармана". Поэтому и двойка перед $f(...)$.

Это понятно, но здесь для меня та же самая проблема,

Sdy в сообщении #1623911 писал(а):

Если у Феллера в $\Omega$ нет последовательностей, на которых бы случайная величина $X$ принимала значения $n+1,n+2,\ldots,$, то ведь нет и её распределения, ведь набор вероятностей называется распределением дискретной случайной величины тогда и только тогда, когда сумма этих вероятностей из набора равна $1$ и сами они неотрицательны. Тогда как мы можем ниже использовать функцию вероятности (PMF) случайной величины, которой нет?

Ведь чтобы сказать, что "Точно также можно рассуждать и о правом кармане", необходимо ввести такую же случайную величину, просто теперь удачами считать нули, а неудачами единицы.

[ihq.pl]

Sdy в сообщении #1623927 писал(а):

Ведь чтобы сказать, что "Точно также можно рассуждать и о правом кармане", необходимо ввести такую же случайную величину, просто теперь удачами считать нули, а неудачами единицы.

Попробую угадать. Вы ищете случайную величину, принимающую натуральные значения и имеющую отрицательное биномиальное распределение? Если так, то почему бы не взять $X = r$, где $r$ - кол-во спичек, оставшихся в одном из коробков (успехом можно по-прежнему считать выбор коробка из левого кармана)? Такая с.в. принимает одинаковые значения как минимум на двух событиях: "$r$ спичек осталось в левом коробке" и "$r$ спичек осталось в правом коробке" Если, конечно, $p=q$, где $p$ - вероятность успеха, $q$ - неуспеха. И с суммированием по $r$ от 0 до $N$ не должно быть проблем. В другой же теме всё ведь получилось.

[Sdy]

ihq.pl в сообщении #1623940 писал(а):

то почему бы не взять $X = r$, где $r$ - кол-во спичек, оставшихся в одном из коробков (успехом можно по-прежнему считать выбор коробка из левого кармана)?

Потому что такая случайная величина не может иметь отрицательное биномиальное распределение. Я дважды об этом написал выше, у Вас $\mathbb{P}\left(\{w \in \Omega : X(w) \in \mathbb{R}\}\right) \ne 1$, так как $\sum\limits_{k = 0}^{n}{r+k-1 \choose k}\frac{1}{2^{r+k}} \ne 1$. У случайной величины, имеющей отрицательное биномиальное распределение множество значений должно быть $\mathbb{N} \cup \{0\},$ а не $\{0,1,\ldots, n\}.$

[ihq.pl]

Sdy в сообщении #1623943 писал(а):

у Вас $\mathbb{P}\left(\{w \in \Omega : X(w) \in \mathbb{R}\}\right) \ne 1$, так как $\sum\limits_{k = 0}^{n}{r+k-1 \choose k}\frac{1}{2^{r+k}} \ne 1$

$$\mathsf{P}\{X=r\} = C_{2n-r}^n 2^{-2n+r}.$$

А дальше так:

Sdy в сообщении #1623545 писал(а):

$$\sum\limits_{w \in \Omega}p(w) = \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{n}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} + \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{n}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} = \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n} + \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n} = 1$$

где $m = n-r$.

[Sdy]

Пусть

$$\Omega = \text{Множество всех бинарных последовательностей, содержащих либо ровно $n+1$ единицу}$$

$$\text{и $0 \leq m \leq n $ нулей, и оканчивающихся на единицу; либо ровно $n+1$ нуль, и $0 \leq m \leq n $ единиц }$$

$$\text{и оканчивающихся на нуль.}$$

Пусть $X$ это случайная величина, равная количеству спичек, оставшихся в одном из коробков, то есть если $w \in \Omega$ это бинарная последовательность, оканчивающаяся на $1$, то $X(w)$ это число нулей в этой последовательности, а если $w \in \Omega$ это бинарная последовательность, оканчивающаяся на $0$, то $X(w)$ это число единиц в этой последовательности, тогда $X(\Omega) = \{0,1,\ldots, n\}.$
Вероятность задаём поточечно, $\forall w \in \Omega, ~ p(w) = \frac{1}{2^{n+m+1}}$, где $m$ -- это число нулей в $w$, если она заканчивается единицей и число единиц, если она заканчивается нулём. В прошлом решении я уже проверял, что тогда $\sum\limits_{w \in \Omega}p(w)=1.$
Найдем вероятность события $\{X = m\}$.

$$\mathbb{P}(X = m) = \mathbb{P}(\{w \in \Omega : X(w) = m\}) = \sum\limits_{w : X(w) = m}p(w) \stackrel{(*)}{=} {m+n \choose m}\frac{1}{2^{n+m+1}} + {m+n \choose m}\frac{1}{2^{n+m+1}} = $$

$$={m+n \choose m}\frac{1}{2^{n+m}}$$

Здесь равенство $(*)$ мы получили следующим образом : случайная величина $X$ принимает значение $m$ на тех последовательностях, которые оканчиваются на $1$ и в них $m$ нулей и на тех последовательностях, которые оканчиваются на $0$ и в них $m$ единиц. А мы знаем, что и тех и тех последовательностей у нас ${m+n \choose m}$, причём все последовательности одинаковой длины равновероятны.
Тогда действительно,

$$\mathbb{P}(X \in \mathbb{R}) = \mathbb{P}(X \in \{0,\ldots, n\}) = \sum\limits_{m = 0 }^{n}\mathbb{P}(X = m) = \sum\limits_{m = 0 }^{n}{m+n \choose m}\frac{1}{2^{n+m}} = 1$$

То есть, $X$ это случайная величина с функцией вероятности $\mathbb{P}(X = m) = {m+n \choose m}\frac{1}{2^{n+m}}$

ihq.pl,
Вы это имели в виду? Мне просто кажется, что с чисто формальной точки зрения наша $X$ тогда имеет не отрицательное биномиальное распределение. Я не знаю, мне всегда казалось, что отрицательная биномиальная случайная величина задаётся следующим определением.

Цитата:

Случайная величина $\xi$ имеет отрицательное биномиальное распределение с параметрами $p \in (0,1)$ и $r> 0$, если
1. Её носитель (т.е. множество на котором её функция вероятности строго положительна) это $\mathbb{N} \cup \{0\}.$
2. Функция вероятности имеет вид $\mathbb{P}(\xi = m) = f(m;r,p) = {m+r-1 \choose m}p^r(1-p)^m $.

При $r = n+1$ и $p=1-p$ (как в нашей задаче) должно быть $\mathbb{P}(\xi = m) = f(m;p,r) = {m+r-1 \choose m}(1-p)^mp^r = {m+n \choose m}p^{m+n+1}$
Получается, что у $X$ и $\xi$ не совпадают ни функции вероятности, ни носители. И тогда $X$ -- не имеет отрицательного биномиального распределения.

[ihq.pl]

Sdy в сообщении #1624018 писал(а):

Вы это имели в виду? Мне просто кажется, что с чисто формальной точки зрения наша $X$ тогда имеет не отрицательное биномиальное распределение.

Это Феллер имел в виду, а не я. Число нулей/единиц в последовательности равно не $X$, а $N-X$. Всё написано в стартовом посте, только обозначено через $u_r$. Распределение с.в. $X$ отрицательное биномиальное, и $\sum_{r=0}^N \mathsf{P}\{X=r\} = \sum_{r=0}^N u_r = 1$.

[Sdy]

ihq.pl,
Мне кажется, я понял.
Множество элементарных исходов берём такое же :

$$\Omega = \text{Множество всех бинарных последовательностей, содержащих либо ровно $n+1$ единицу}$$

$$\text{и $0 \leq m \leq n $ нулей, и оканчивающихся на единицу; либо ровно $n+1$ нуль, и $0 \leq m \leq n $ единиц }$$

$$\text{и оканчивающихся на нуль.}$$

А случайная величина $X$ равна количеству спичек, оставшихся в одном из коробков к моменту, когда один из них полностью исчерпался, как Вы здесь писали :

ihq.pl в сообщении #1623940 писал(а):

Если так, то почему бы не взять $X = r$, где $r$ - кол-во спичек, оставшихся в одном из коробков (успехом можно по-прежнему считать выбор коробка из левого кармана)?

И тогда действительно у меня получается, что $\forall 0 \leq r \leq n, ~ \mathbb{P}(X=r)=u_r.$ И также получается, что с её распределением всё корректно, $\mathbb{P}(X \in \mathbb{R}) = 1$.

Но у меня остался вопрос, не кажется ли Вам, что $X$ тогда корректнее называть, имеющей "усечённое отрицательное биномиальное распределение"? Ведь у просто отрицательного биномиального распределения носитель это $\mathbb{N} \cup \{0\}$, а у распределения $X$ носитель это множество $\{0,\ldots, n\}.$

Я заметил также (перечитав фрагмент из Феллера в $10$ раз), что Феллер вообще не использует в решении термины "отрицательное биномиальное распределение" или "отрицательная биномиальная случайная величина", он лишь использует функцию вероятности $f(k; r, p)$, нигде явно саму случайную величину не задавая, возможно, просто чтобы не вводить новые обозначения и пояснить, как вероятности из этого дискретного распределения могут быть полезны сами по себе.

[ihq.pl]

Sdy в сообщении #1624311 писал(а):

не кажется ли Вам, что $X$ тогда корректнее называть, имеющей "усечённое отрицательное биномиальное распределение"?

Согласен. Неправильно называть распределение с.в. $X$ отрицательным биномиальным. Я бы и усеченным не стал называть. Величина $\binom{2n-r}{n}p^{n+1}q^{n-r}$ есть вероятность того, что число неудач в испытаниях, проводимых до $n+1$-го успеха, равно $n-r$, и это не имеет ничего общего с тем, что в задаче у Феллера, хотя и напоминает.