Zadanie 1.1(a) Uzasadnij własności prawdopodobieństwa podane na wykładzie: 1. 0 ‹ P (A) ‹ 1 dla każdego A ∈ F. 2. P (∅) = 0, P (Ω) = 1 3. P (A

Zadanie 1.1(a) Uzasadnij własności prawdopodobieństwa podane na wykładzie:

1. 0 ¬ P (A) ¬ 1 dla każdego A ∈ F . 2. P (∅) = 0, P (Ω) = 1

3. P (A^c) = 1 − P (A)

4. Jeśli A ⊂ B, to P (A) ¬ P (B).

5. P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) i stąd P (A ∪ B) ¬ P (A) + P (B).

6. Jeśli A1, A2, ... to niemalejący ciąg zdarzeń losowych, tzn. An ⊂ An+1 dla każdego n, to P (

∞

S

n=1

An) = lim

n→∞P (An).

7. Jeśli A₁, A₂, ... to nierosnący ciąg zdarzeń losowych, tzn. A_n+1 ⊂ A_n dla każdego n, to P ( ^∞T

n=1

A_n) = lim

n→∞P (A_n).

Rozwiązanie:

Definicja prawdopodobieństwa P to funkcja o własnościach:

I P : F → [0, 1], II P (Ω) = 1,

III Jeśli A_i ∈ F , i = 1, 2, · · · parami rozłączne tzn.A_i∩ A_j = ∅ dla ∀i 6= j, to P (

∞

[

i=1

A_i) =

∞

X

i=1

P (A_i).

• Własność 1. wynika bezpośrednio z warunku I.

• We własności 2. pierwsza równość to warunek II.

Mamy zatem jedynie udowodnić, że P (∅) = 0.

W warunku III weźmy A₁ = Ω, A_i = ∅ dla i = 2, 3, · · · Ponieważ A_i∩ A_j = ∅ dla i 6= j oraz

∞

S

i=1

A_i = Ω, otrzymujemy P (Ω) = P (Ω) +

∞

P

i=2

P (∅).

P (Ω) = 1, zatem

∞

P

i=2

P (∅) = 0, co daje nam P (∅) = 0.

• Żeby pokazać własność 3. zauważmy najpierw, że dla dowolnych A, B ∈ F , rozłącznych zachodzi P (A ∪ B) = P (A) + P (B).

Otrzymujemy tę równość z warunku III i własności 2. przyjmując A1 = A, A2 = B, Ai = ∅ dla i = 3, 4, . . .

Ponieważ A ∪ A^c= Ω ∧ A ∩ A^c = ∅, na podstawie powyższej równości mamy P (Ω) = P (A ∪ A^c) = P (A) + P (A^c)

Podstawiając P (Ω) = 1, otrzymujemy 1 = P (A) + P (A^c), co daje nam własność 3.

• Dla pokazania własności 4. zauważmy, że A ∩ (B\A) = ∅, a jeżeli A ⊂ B, to A ∪ (B\A) = B

Z własności pokazanej przy dowodzie 3. mamy zatem P (B) = P [A ∪ (B\A)] = P (A) + P (B\A)

Ponieważ P (B\A) ­ 0, otrzymujemy stąd P (A) ¬ P (B).

• Aby wykazać własność 5., oznaczmy C = A ∩ B. Wtedy (A\C), C oraz B\C są parami rozłączne, (A\C) ∪ C ∪ (B\C) = A ∪ B, (A\C) ∪ C = A, C ∪ (B\C) = B; patrz rysunek poniżej.

Zatem P (A ∪ B) = P (A\C) + P (C) + P (B\C) P (A) = P (A\C) + P (C)

P (B) = P (B\C) + P (C)

P (A) + P (B) = P (A\C) + P (C) + P (B\C) + P (C) = P (A ∪ B) + P (C), przy czym P (C) ­ 0 Stąd otrzymujemy własność 5.

2

• Dla pokazania własności 6. zdefiniujmy na początek B₁ = A₁ oraz B_k = A_k\A_k−1 dla k = 2, 3, . . . Zauważmy, że są to zbiory parami rozłączne, tzn.B_i∩ B_j = ∅ ∀i 6= j oraz że ^Sn

k=1

B_k = ^Sn

k=1

A_k= A_n dla dowolnego n, a ^∞S

k=1

B_k = ^∞S

k=1

A_k.

Zatem (korzystając z własności III) otrzymujemy

P (

∞

[

k=1

A_k) = P (

∞

[

k=1

B_k) =

∞

X

k=1

P (B_k) = lim

n→∞

n

X

k=1

P (B_k) = lim

n→∞P (

n

[

k=1

B_k) = lim

n→∞P (A_n)

• Jeżeli A₁, A₂, ... to nierosnący ciąg zdarzeń losowych, to A^c₁, A^c₂, ... to niemalejący ciąg zdarzeń losowych. Korzystając z własności 3. i 6. mamy

1 − P (

∞

\

n=1

A_n) = P ((

∞

\

n=1

A_n)^c) = P (

∞

[

n=1

A^c_n) = lim

n→∞P (A^c_n) = 1 − lim

n→∞P (A_n) Otrzymujemy stąd

P (

∞

\

n=1

A_n) = lim

n→∞P (A_n).

Zadanie 1.1 (b)

Uzasadnij podaną na wykładzie konstrukcję przestrzeni probabilistycznej o skończonej liczbie stanów:

Dla skończonej przestrzeni stanów Ω = {ω₁, . . . , ω_n} i rodziny jego podzbiorów F = 2^Ω. Wybiera- my ciąg liczbowy p₁, p₂, . . . , p_n spełniający warunki p_i ­ 0 dla każdego i = 1, 2, . . . , n oraz ^Pn

i=1

p_i = 1, definiujemy P ({ωi}) := pi dla i = 1, 2, . . . , n. Z własności prawdopodobieństwa mamy wtedy dla dowolnego A ∈ F

P (A) = ^X

{i:ω_i∈A}

p_i Dowód:

Aby przeprowadzić dowód, potrzebujemy wykazać, że:

1. Ω 6= ∅.

2. ∅ ∈ F ,

A ∈ F ⇒ A^c= Ω\A ∈ F , A₁, A₂, . . . ∈ F ⇒

∞

S

i=1

A_i ∈ F . 3. P : F → [0, 1],

P (Ω) = 1,

dla A₁, A₂, . . . ∈ F parami rozłącznych P (

∞

S

i=1

A_i) =

∞

P

i=1

P (A_i).

Wtedy (Ω, F , P ) będzie przestrzenią probabilistyczną.

Punkty 1. i 2. są w oczywisty sposób spełnione. Pozostaje nam wykazać punkt 3.

∀A 0 ¬ P (A) = ^X

{i:ω_i∈A}

pi ¬

n

X

i=1

pi = 1, bo ∀i pi ­ 0

P (Ω) = ^X

{i:ωi∈Ω}

p_i =

n

X

i=1

p_i = 1

A_k∩ A_j = ∅ dla k 6= j ⇒ {i : ω_i ∈

∞

[

k=1

A_k} =

∞

[

k=1

{i : ω_i ∈ A_k}, gdzie dla k 6= j zachodzi {i : ωi ∈ A_k} ∩ {i : ω_i ∈ A_j} = ∅. Zatem P (

∞

[

k=1

A_k) = ^X

{i:ω_i∈

∞

S

k=1

Ak}

p_i =

∞

X

k=1

X

{i:ω_i∈A_k}

p_i =

∞

X

k=1

P (A_k), co kończy dowód.

4

Zadanie 1.1 (c)

Uzasadnij podaną na wykładzie konstrukcję przestrzeni probabilistycznej o nieskończonej przeliczal- nej liczbie stanów:

Wybieramy ciąg liczbowy p₁, p₂, ... spełniający warunki p_i ­ 0 dla każdego i = 1, 2, ... oraz

P∞

i=1p_i = 1, definiujemy P ({ωi}) := p_i dla i = 1, 2, .... Z własności prawdopodobieństwa mamy wtedy dla dowolnego A ∈ F

P (A) = ^X

{i:ω_i∈A}

p_i Dowód:

Dowód przeprowadzamy analogicznie jak w zadaniu 1.1 (b) z tą różnicą, że w dowodzie punktu 3. mamy:

∀_A 0 ¬ P (A) = ^X

{i:ωi∈A}

p_i ¬

∞

X

i=1

p_i = 1, bo ∀_i p_i ­ 0

P (Ω) = ^X

{i:ω_i∈Ω}

p_i =

∞

X

i=1

p_i = 1.