Bagaimana Membuktikan Bahwa Suatu Acara Sering Terjadi (Hampir Pasti)?

8

Latihan: Ada dadu 6 sisi yang adil dan koin bias yang memiliki probabilitas p> 0 untuk muncul di setiap lemparan. Mati akan sering digulung tak terbatas, dan setiap kali Anda menggulung 6, Anda kemudian melemparkan koin. Buktikan bahwa dengan probabilitas 1, Anda sering melempar "kepala" tanpa batas.

Sekarang, saya mendapatkan pertanyaan ini secara intuitif; gulungan dadu yang tak terhingga berarti kejadian tak terbatas dari setiap angka pada dadu termasuk 6, ini berarti koin juga akan dibalik jumlah kali yang tak terbatas dan karena ada peluang yang dijamin untuk kepala menjadi hasil, kita juga akan mendapatkan jumlah tak terbatas kepala.

Saya tidak yakin bagaimana mengungkapkan ini dalam notasi matematika dan saya berharap seseorang di sini dapat membantu saya.

FaxDogTitanicSoccer
sumber
Apa yang sudah Anda ketahui yang bisa Anda gunakan? Sebagai contoh, apakah Anda sudah memastikan bahwa jumlah kepala yang muncul dalam banyak flips koin bias akan menjadi tak terbatas hampir pasti?
Whuber
Tidak, ini masih perlu ditetapkan. Saya sudah mencoba menggunakan distribusi binomial karena n pergi ke infinity tapi itu tidak mengarah ke mana pun ...
FaxDogTitanicSoccer
Saya percaya bahwa ini adalah aplikasi hasil sebaliknya dari lemma Borel-Cantelli ... en.wikipedia.org/wiki/Borel%E2%80%93Cantelli_lemma Apakah ini membantu?
RayVelcoro

Jawaban:

7

Ruang sampel terdiri dari tujuh kemungkinan hasil: "1" hingga "5" pada cetakan, "6" dan "ekor", dan "6" dan "kepala." Mari kita menyingkat ini sebagaiΩ={1,2,3,4,5,6T,6H}.

Peristiwa akan dihasilkan oleh atom {1},{2},,{6H} dan karenanya semua himpunan bagian dari Ω bisa diukur.

Ukuran probabilitas Pditentukan oleh nilainya pada atom-atom ini. Informasi dalam pertanyaan, bersama dengan asumsi (masuk akal) bahwa lemparan koin tidak tergantung pada lemparan mati, memberi tahu kita probabilitas tersebut sebagaimana diberikan dalam tabel ini:

OutcomeProbability1162163164165166T1p66Hp6

Urutan realisasi independen X adalah urutan (ω1,ω2,,ωn,) semua elemen yang ada di dalamnya Ω. Mari kita sebut himpunan semua urutan seperti ituΩ. Masalah mendasar di sini terletak pada berurusan dengan urutan yang tak terbatas . Gagasan yang memotivasi di balik solusi berikut ini adalah untuk tetap menyederhanakan perhitungan probabilitas sampai dapat dikurangi untuk menghitung probabilitas suatu peristiwa yang terbatas . Ini dilakukan secara bertahap.

Pertama, untuk membahas probabilitas sama sekali, kita perlu menentukan ukuran Ω yang membuat acara seperti "6H sering terjadi tak terhingga sering "ke dalam set terukur. Ini dapat dilakukan dalam hal set" dasar "yang tidak melibatkan spesifikasi nilai yang tak terbatas. Karena kita tahu bagaimana mendefinisikan probabilitas Pnpada set urutan panjang yang terbatasn, Ωn, mari kita tentukan "ekstensi" dari setiap terukur EΩn terdiri dari semua urutan yang tak terbatas ωΩ yang memiliki beberapa elemen E sebagai awalan mereka:

E={(ωi)Ω|(ω1,,ωn)E}.

Aljabar-sigma terkecil pada Ω yang berisi semua set tersebut adalah yang akan kami kerjakan.

Ukuran probabilitas P di Ω ditentukan oleh probabilitas hingga Pn. Itu untuk semuanyan dan semua EΩn,

P(E)=Pn(E).

(Pernyataan sebelumnya tentang aljabar sigma pada Ω dan ukurannya P adalah cara elegan untuk melakukan apa yang akan berarti argumen terbatas.)

Setelah mengatur formalitas ini, kita dapat melakukan perhitungan. Untuk memulai, kita perlu menetapkan bahwa bahkan masuk akal untuk mendiskusikan "probabilitas" dari6Hsering terjadi tanpa batas. Peristiwa ini dapat dibangun sebagai persimpangan dari jenis acara "6H setidaknya terjadi n kali ", untuk n=1,2,. Karena itu adalah persimpangan yang dapat dihitung dari set yang terukur, itu dapat diukur, sehingga kemungkinannya ada.

Kedua, kita perlu menghitung probabilitas ini 6Hsering terjadi tanpa batas. Salah satu caranya adalah dengan menghitung probabilitas peristiwa pelengkap: apa peluangnya itu6Hhanya terjadi berulang kali? Acara iniE akan terukur, karena itu merupakan pelengkap dari set yang terukur, seperti yang telah kami buat. E dapat dipartisi menjadi acara En dari bentuk "6H persis terjadi n kali ", untuk n=0,1,2,. Karena hanya ada banyak dari ini, kemungkinanE akan menjadi jumlah (yang dapat dihitung) dari probabilitas En. Apa probabilitas ini?

Sekali lagi kita dapat melakukan partisi: En masuk ke berbagai acara En,N dari bentuk "6H persis terjadi n waktu bergulir Ndan tidak pernah terjadi lagi. "Peristiwa ini terpisah dan dapat dihitung jumlahnya, jadi yang harus kita lakukan (lagi!) adalah untuk menghitung peluang mereka dan menambahkannya. Tetapi akhirnya kita telah mengurangi masalah menjadi perhitungan terbatas :P(En,N)adalah tidak lebih besar dari kesempatan dari setiap terbatas acara dalam bentuk "6H terjadi untuk nth waktu di roll N dan tidak terjadi di antara gulungan N dan M>N"Perhitungannya mudah karena kita tidak benar - benar perlu mengetahui detailnya: setiap kali M meningkat sebesar 1, kesempatan - apa pun itu - lebih jauh dikalikan dengan kesempatan itu 6H tidak digulung, yang 1p/6. Kami dengan demikian memperoleh urutan geometris dengan rasio umumr=1p/6<1. Terlepas dari nilai awal, itu tumbuh semau kecilM menjadi besar.

(Perhatikan bahwa kami tidak perlu mengambil batas probabilitas: kami hanya perlu menunjukkan bahwa probabilitas En,N dibatasi di atas oleh angka yang konvergen ke nol.)

Karena itu P(En,N) tidak dapat memiliki nilai lebih dari 0, dari mana itu harus sama 0. Demikian,

P(En)=N=0P(En,N)=0.

Di mana kita? Kami baru saja menetapkan itu untuk apa sajan0, kesempatan untuk mengamati dengan tepat n hasil dari 6Hadalah nihil. Dengan menambahkan semua nol ini, kami menyimpulkan itu

P(E)=n=0P(En)=0.
Ini kesempatannya 6Hhanya terjadi berulang kali. Alhasil, kemungkinan itu6H terjadi berkali-kali tak terhingga 10=1, QED .

Setiap pernyataan dalam paragraf sebelumnya sangat jelas bersifat sepele secara intuitif. Latihan mendemonstrasikan kesimpulannya dengan ketelitian, menggunakan definisi aljabar sigma dan ukuran probabilitas, membantu menunjukkan bahwa definisi ini adalah yang tepat untuk bekerja dengan probabilitas, bahkan ketika sekuens tak terbatas terlibat.

whuber
sumber
7

Anda memiliki dua jawaban yang bagus untuk menjawab pertanyaan menggunakan prinsip probabilitas dasar. Berikut adalah dua teorema yang membantu Anda menjawab pertanyaan ini dengan cepat dalam situasi yang solusinya tepat:

The Law Kuat Bilangan Besar (SLLN) memberitahu Anda bahwa untuk variabel acak independen dan terdistribusi secara identik dengan mean terbatas, mean konvergen sampel untuk mean sebenarnya hampir pasti.

Itu Second Borel-Cantelli Lemma (BC2) memberitahu Anda bahwa jika jumlah probabilitas dari urutan peristiwa independen tak terbatas, maka tak terhingga banyak dari peristiwa-peristiwa yang akan terjadi hampir pasti.

Inilah cara ini menjawab pertanyaan Anda menggunakan SLLN:

Membiarkan Yi ambil nilai 1 jika Anda menggulung 6 dan membalikkan kepala saat uji coba i, dan nol jika tidak. KemudianYi adalah variabel acak Bernoulli dengan probabilitas keberhasilan θ:=p/6>0. Oleh SLLN,i=1nYi/nθhampir pasti. Tapi kita harus punyai=1nYi hampir pasti, itulah yang ingin kami tunjukkan.

Inilah cara ini menjawab pertanyaan Anda menggunakan BC2:

Membiarkan Ei menjadi acara yang Anda putar 6 dan flip kepala di percobaan i. KemudianP(Ei)=p/6>0, untuk setiap i, dan akibatnya i=1nP(Ei). Dengan demikian, oleh BC2 tak terhingga banyaknya peristiwaEi akan terjadi hampir pasti, itulah yang ingin kami tunjukkan.

Saya menekankan bahwa kedua jawaban ini membutuhkan banyak mesin yang disembunyikan dalam dua teorema, dan siapa pun yang tertarik untuk menjawab ini dan pertanyaan serupa harus memutuskan apakah mereka cocok.

ekvall
sumber
2
+1 Pernyataan ini membuat koneksi yang sangat jelas dengan hasil standar dan penting.
whuber
1

Tanpa mengandalkan teori probabilitas tingkat lanjut apa pun seperti dalam jawaban RayVelcoro, orang dapat melanjutkan sebagai berikut. MembiarkanIj menunjukkan peristiwa bahwa para kepala final dicapai pada jthlempar dadu. Kemudian, dengan aditivitas yang dapat dihitung, probabilitas jumlah kepala yang terbatas adalah

j=0P(Ij)=?0.
Sekarang sudah cukup untuk menunjukkan itu P(Ij)=0 untuk semua j. Untuk melakukan ini, biarkanAj,n menunjukkan acara yang "setelah n gulungan mati, kepala terakhir terjadi pada jth roll ". Sekarang, jelas IjAj,n untuk semua n, dan karenanya P(Ij)P(Aj,n); mengambiln untuk melihat itu P(Ij)limnP(Aj,n)=0. P(Aj,n) dapat dihitung secara langsung dengan cara yang jelas (itu adalah probabilitas keberhasilan yang diikuti oleh nj1 kegagalan oleh kemerdekaan).

(EDIT: Ini mungkin kurang lebih setara dengan jawaban @whuber, tetapi dengan sedikit formalitas / detail, karena saya mengasumsikan OP tidak dalam kerangka ukuran-teoretis.)

orang
sumber