Làm thế nào để chứng minh rằng một sự kiện xảy ra thường xuyên (gần như chắc chắn)?

8

Bài tập: Có một đồng xu 6 mặt công bằng và một đồng xu thiên vị có xác suất p> 0 xuất hiện trên mỗi lần tung. Chết được lăn vô cùng thường xuyên, và bất cứ khi nào bạn lăn 6, bạn sẽ tung đồng xu. Chứng minh rằng với xác suất 1, bạn thường xuyên ném "đầu".

Bây giờ, tôi nhận được câu hỏi này bằng trực giác; cuộn xúc xắc vô hạn có nghĩa là số lần xuất hiện vô hạn của mỗi số trên súc sắc bao gồm 6, điều này có nghĩa là đồng xu cũng sẽ được lật vô số lần và vì có khả năng đảm bảo các đầu là kết quả, chúng ta cũng sẽ nhận được vô số thủ trưởng

Tuy nhiên, tôi không chắc làm thế nào để diễn đạt điều này trong ký hiệu toán học và tôi hy vọng ai đó ở đây có thể giúp tôi.

— FaxDogTitanicSoney
nguồn

Những gì bạn đã biết rằng bạn có thể sử dụng? Chẳng hạn, bạn đã xác định rằng số lượng đầu xuất hiện trong vô số lần lật của một đồng xu thiên vị sẽ là vô hạn gần như chắc chắn?

— whuber

Không, điều này vẫn cần phải được thiết lập. Tôi đã cố gắng sử dụng phân phối nhị thức khi n đi đến vô tận nhưng điều đó không dẫn đến đâu cả ...

— FaxDogTitanicSoney

Tôi tin rằng đây là một ứng dụng kết quả ngược của bổ đề Borel-Cantelli ... en.wikipedia.org/wiki/Borel%E2%80%93Cantelli_lemma Điều này có giúp ích gì không?

— RayVelcoro

7

Không gian mẫu bao gồm bảy kết quả có thể xảy ra: "1" đến "5" trên khuôn, "6" và "đuôi" và "6" và "đầu". Hãy viết tắt chúng là . $\Omega=\{1,2,3,4,5,6T,6H\}$

Các sự kiện sẽ được tạo bởi các nguyên tử và do đó tất cả các tập hợp con của đều có thể đo lường được. $\{1\}, \{2\}, \ldots, \{6H\}$ $\Omega$

Thước đo xác suất được xác định bởi các giá trị của nó trên các nguyên tử này. Thông tin trong câu hỏi, cùng với giả định (hợp lý) rằng việc tung đồng xu độc lập với cú ném, cho chúng ta biết những xác suất đó được đưa ra trong bảng này: $\mathbb{P}$

\begin{array}{lc} Outcome & Probability \\ 1 & \frac{1}{6} \\ 2 & \frac{1}{6} \\ 3 & \frac{1}{6} \\ 4 & \frac{1}{6} \\ 5 & \frac{1}{6} \\ 6T & \frac{1 - p}{6} \\ 6H & \frac{p}{6} \end{array}

$\begin{array}{lc} \text{Outcome} & \text{Probability} \\ 1 & \frac{1}{6} \\ 2 & \frac{1}{6} \\ 3 & \frac{1}{6} \\ 4 & \frac{1}{6} \\ 5 & \frac{1}{6} \\ \text{6T} & \frac{1-p}{6} \\ \text{6H} & \frac{p}{6} \end{array}$

Một chuỗi các nhận thức độc lập của là một chuỗi tất cả các yếu tố có trong . Chúng ta hãy gọi tập hợp của tất cả các chuỗi như vậy . Vấn đề cơ bản ở đây nằm ở việc xử lý các chuỗi vô hạn . Ý tưởng thúc đẩy đằng sau giải pháp sau đây là tiếp tục đơn giản hóa việc tính toán xác suất cho đến khi có thể giảm nó thành tính toán xác suất của một sự kiện hữu hạn . Điều này được thực hiện trong các giai đoạn. $X$ $(\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_n, \ldots)$ $\Omega$ $\Omega^\infty$

Trước tiên, để thảo luận về xác suất, chúng ta cần xác định một biện pháp trên để biến các sự kiện như " xảy ra vô cùng thường xuyên" thành các tập hợp có thể đo lường được. Điều này có thể được thực hiện dưới dạng các bộ "cơ bản" không liên quan đến thông số kỹ thuật vô hạn của các giá trị. Vì chúng tôi biết cách xác định xác suất trên tập hợp các chuỗi hữu hạn có độ dài , , hãy xác định "phần mở rộng" của bất kỳ nào có thể đo được bao gồm tất cả các chuỗi vô hạn có một số yếu tố là tiền tố của chúng: $\Omega^\infty$ $6H$ $\mathbb{P}_n$ $n$ $\Omega^n$ $E \subset \Omega^n$ $\omega\in\Omega^\infty$ $E$

E^{\infty} = {(ω_{i}) \in Ω^{\infty} | (ω_{1}, \dots, ω_{n}) \in E} .

$E^\infty = \{(\omega_i)\in\Omega^\infty\,|\, (\omega_1,\ldots,\omega_n)\in E\}.$

Đại số sigma nhỏ nhất trên chứa tất cả các bộ như vậy là bộ chúng ta sẽ làm việc cùng. $\Omega^\infty$

Thước đo xác suất trên được xác định bởi xác suất hữu hạn . Đó là, cho tất cả và tất cả , $\mathbb{P}_\infty$ $\Omega^\infty$ $\mathbb{P}_n$ $n$ $E\subset \Omega^n$

P_{\infty} (E^{\infty}) = P_{n} (E) .

$\mathbb{P}_\infty(E^\infty) = \mathbb{P}_n(E).$

(Các tuyên bố trước về đại số sigma trên và thước đo là những cách thức thanh lịch để thực hiện những gì sẽ hạn chế các đối số.) $\Omega^\infty$ $\mathbb{P}_\infty$

Sau khi quản lý các thủ tục này, chúng tôi có thể thực hiện các tính toán. Để bắt đầu, chúng ta cần chứng minh rằng việc thảo luận về "xác suất" xảy ra thường xuyên là vô cùng hợp lý. Sự kiện này có thể được xây dựng dưới dạng giao điểm của các sự kiện thuộc loại " xảy ra ít nhất lần", với . Bởi vì nó là một giao điểm có thể đếm được của các tập hợp có thể đo lường được, nên nó có thể đo lường được, do đó xác suất của nó tồn tại. $6H$ $6H$ $n$ $n=1, 2, \ldots$

Thứ hai, chúng ta cần tính xác suất xảy ra vô cùng thường xuyên. Một cách là tính xác suất của sự kiện bổ sung: cơ hội chỉ xảy ra hữu hạn nhiều lần là gì? Sự kiện này sẽ có thể đo lường được, bởi vì nó là phần bổ sung của một tập hợp có thể đo lường được, như chúng ta đã thiết lập. có thể được phân chia thành các sự kiện có dạng " xảy ra chính xác lần", với . Vì chỉ có rất nhiều trong số này, nên xác suất của sẽ là tổng (có thể đếm được) của xác suất của . Những xác suất này là gì? $6H$ $6H$ $E$ $E$ $E_n$ $6H$ $n$ $n=0, 1, 2, \ldots$ $E$ $E_n$

Một lần nữa chúng ta có thể thực hiện một phân vùng: đột nhập vào các sự kiện có dạng " xảy ra chính xác lần tại cuộn và không bao giờ xảy ra nữa." Những sự kiện này khác nhau và có thể đếm được về số lượng, vì vậy tất cả những gì chúng ta phải làm (một lần nữa!) Là tính toán cơ hội của chúng và thêm chúng lên. Nhưng cuối cùng, chúng tôi đã giảm vấn đề thành một phép tính hữu hạn : không lớn hơn cơ hội của bất kỳ sự kiện hữu hạn nào có dạng " xảy ra cho thời gian tại cuộn và không xảy ra giữa các cuộn và $E_n$ $E_{n,N}$ $6H$ $n$ $N$ $\mathbb{P}_\infty(E_{n,N})$ $6H$ $n^\text{th}$ $N$ $N$ $M \gt N$ . "Việc tính toán rất dễ dàng vì chúng tôi thực sự không cần phải biết chi tiết: mỗi lần tăng thêm , cơ hội - bất kể nó có thể là gì - được nhân lên thêm nữa bởi cơ hội không được triển khai, tức là Do đó, chúng tôi thu được một chuỗi hình học với tỷ lệ chung Bất kể giá trị bắt đầu, nó phát triển nhỏ tùy ý khi lớn. $M$ $1$ $6H$ $1-p/6$ $r = 1-p/6 \lt 1$ $M$

(Lưu ý rằng chúng tôi không cần phải giới hạn xác suất: chúng tôi chỉ cần chỉ ra rằng xác suất của được giới hạn ở trên bởi các số hội tụ về không.) $E_{n,N}$

Do đó, không thể có bất kỳ giá trị nào lớn hơn , do đó nó phải bằng . Theo đó, $\mathbb{P}_\infty(E_{n,N})$ $0$ $0$

P_{\infty} (E_{n}) = \sum_{N = 0}^{\infty} P_{\infty} (E_{n, N}) = 0.

$\mathbb{P}_\infty(E_n) = \sum_{N=0}^\infty \mathbb{P}_\infty(E_{n,N}) = 0.$

Chúng ta ở đâu? Chúng tôi vừa xác định rằng với bất kỳ , cơ hội quan sát chính xác kết quả của là không. Bằng cách cộng tất cả các số không này, chúng tôi kết luận rằng Đây là cơ hội đó chỉ xảy ra hữu hạn nhiều lần. Do đó, cơ hội xảy ra vô hạn nhiều lần là , QED . $n \ge 0$ $n$ $6H$

P_{\infty} (E) = \sum_{n = 0}^{\infty} P_{\infty} (E_{n}) = 0.

$\mathbb{P}_\infty(E) = \sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}_\infty(E_n) = 0.$

6 H

$6H$

6 H

$6H$

1 - 0 = 1

$1-0 = 1$

Mỗi câu trong đoạn trước rất rõ ràng là tầm thường. Việc thực hiện chứng minh kết luận của mình với một số nghiêm ngặt, sử dụng các định nghĩa về đại số sigma và các biện pháp xác suất, giúp cho thấy các định nghĩa này là những định nghĩa phù hợp để làm việc với xác suất, ngay cả khi có các chuỗi vô hạn.

— whuber
nguồn

7

Bạn có hai câu trả lời hay khi giải quyết câu hỏi bằng các nguyên tắc xác suất cơ bản. Dưới đây là hai định lý giúp bạn trả lời câu hỏi này một cách nhanh chóng trong các tình huống là những giải pháp như vậy là phù hợp:

Định luật số lớn (SLLN) cho bạn biết rằng đối với các biến ngẫu nhiên độc lập và phân phối giống hệt nhau có nghĩa là hữu hạn, trung bình mẫu sẽ hội tụ với giá trị trung bình thực gần như chắc chắn.

Các Second Bổ đề Borel-Cantelli (BC2) nói với bạn rằng nếu tổng các xác suất của một chuỗi các sự kiện độc lập là vô hạn, sau đó vô cùng nhiều những sự kiện sẽ xảy ra gần như chắc chắn.

Đây là cách điều này trả lời câu hỏi của bạn bằng SLLN:

Hãy để lấy giá trị 1 nếu bạn cuộn 6 và lật đầu khi dùng thử và khác 0. Thì là biến ngẫu nhiên Bernoulli với xác suất thành công . Theo SLLN, gần như chắc chắn. Nhưng sau đó chúng ta phải có gần như chắc chắn, đó là những gì chúng tôi muốn thể hiện. $Y_i$ $i$ $Y_i$ $\theta:=p/6>0$ $\sum_{i=1}^n Y_i/n \to \theta$ $\sum_{i=1}^n Y_i \to \infty$

Đây là cách điều này trả lời câu hỏi của bạn bằng BC2:

Đặt là sự kiện mà bạn cuộn 6 và lật đầu thử nghiệm . Sau đó, , với mọi và do đó . Do đó, bởi BC2 vô cùng nhiều sự kiện sẽ xảy ra gần như chắc chắn, đó là những gì chúng tôi muốn thể hiện. $E_i$ $i$ $P(E_i)=p/6>0$ $i$ $\sum_{i=1}^nP(E_i)\to\infty$ $E_i$

Tôi nhấn mạnh rằng cả hai câu trả lời này đòi hỏi rất nhiều máy móc ẩn trong hai định lý và bất kỳ ai quan tâm đến việc trả lời câu hỏi này và các câu hỏi tương tự sẽ phải quyết định xem chúng có phù hợp hay không.

— ekvall
nguồn

2

+1 Những nhận xét này tạo ra các kết nối rất rõ ràng với kết quả tiêu chuẩn và quan trọng.

— whuber

1

Không dựa vào bất kỳ loại lý thuyết xác suất nâng cao nào như trong câu trả lời của RayVelcoro, người ta có thể tiến hành như sau. Hãy để biểu thị sự kiện mà những cái đầu cuối cùng đã đạt được trên quăng chết. Sau đó, bằng tính gây nghiện có thể đếm được, xác suất số lượng đầu hữu hạn là Bây giờ đủ cho thấy cho tất cả . Để thực hiện việc này, hãy để biểu thị sự kiện rằng "sau die roll, cái đầu cuối cùng xuất hiện trên cuộn ". Bây giờ, rõ ràng cho tất cả , và do đó $I_j$ $j^{\text{th}}$

\sum_{j = 0}^{\infty} P (I_{j}) \overset{?}{=} 0.

$\sum_{j=0}^\infty P(I_j) \stackrel{?}{=} 0.$

P (I_{j}) = 0

$P(I_j) = 0$

j

$j$

A_{j, n}

$A_{j,n}$

n

$n$

j^{th}

$j^{\text{th}}$

I_{j} \subseteq A_{j, n}

$I_j \subseteq A_{j,n}$

n

$n$

P (I_{j}) \leq P (A_{j, n})

$P(I_j) \le P(A_{j,n})$ ; lấy để thấy rằng . có thể được tính trực tiếp theo cách rõ ràng (đó là xác suất thành công theo sau thất bại khi độc lập).

n \to \infty

$n \to \infty$

P (I_{j}) \leq lim_{n \to \infty} P (A_{j, n}) = 0

$P(I_j) \le \lim_{n \to \infty} P(A_{j,n}) = 0$

P (A_{j, n})

$P(A_{j,n})$

n - j - 1

$n-j - 1$

(EDIT: Điều này có thể ít nhiều tương đương với câu trả lời của @whuber, nhưng với một chút ít hình thức / chi tiết, vì tôi cho rằng OP không nằm trong khuôn khổ lý thuyết đo lường.)

— chàng
nguồn