Chebyshev'in Eşitsizliği ve Merkezi Limit Teoremi Üzerine 13 Gerçek


Olasılık teorisinde, Chebyshev'in Eşitsizliği & merkezi limit teoremi, yaklaşık olarak normal durumda çok sayıda rastgele değişkenin toplamının olasılık dağılımını bulmak istediğimiz durumlarla ilgilenir. Limit teoremlerine bakmadan önce, olasılıkların sınırlarını sağlayan bazı eşitsizlikleri görüyoruz. ortalama ve varyans bilinir.

İçerik Tablosu

Markov eşitsizliği

a>0 için yalnızca pozitif değer alan X rastgele değişkeni için Markov eşitsizliği

[lateks]P\{X \geq a\} \leq \frac{E[X]}{a}[/lateks]

a>0 göz önüne alındığında bunu kanıtlamak için

[lateks]I=\left\{\begin{array}{ll}
1 & \text { if } X \geq a \\
0 & \text { aksi halde }
\end{dizi}\sağ.[/lateks]

Dan beri

[lateks]X \geq 0 \\

\\ I \leq \frac{X}{a}[/lateks]

şimdi elde ettiğimiz bu eşitsizliğin beklentisini alarak

[lateks]E[I] \leq \frac{E[X]}{a}[/lateks]

sebebi

[lateks]E[I]=P\{X \geq a\}[/lateks]

a>0 için Markov eşitsizliğini şu şekilde verir:

[lateks]P\{X \geq a\} \leq \frac{E[X]}{a}[/lateks]

Chebyshev eşitsizliği

    sonlu için rasgele değişken X'in ortalaması ve varyansı Chebyshev eşitsizliği k>0 için

[lateks]P(|X-\mu| \geq k\} \leq \frac{\sigma^{2}}{k^{2}}[/lateks]

sigma ve mu, rastgele değişkenin varyansını ve ortalamasını temsil ettiğinde, bunu kanıtlamak için Markov eşitsizliği negatif olmayan rastgele değişken olarak

[lateks](X-\mu)^{2}[/lateks]

a değeri için sabit kare olarak, dolayısıyla

[lateks]P\left\{(X-\mu)^{2} \geq k^{2}\right\} \leq \frac{E\left[(X-\mu)^{2}\sağ ]}{k^{2}}[/lateks]

bu denklem eşdeğerdir

[lateks]P(|X-\mu| \geq k\} \leq \frac{E\left[(X-\mu)^{2}\right]}{k^{2}}=\frac{ \sigma^{2}}{k^{2}}[/lateks]

açıkça

[lateks](X-\mu)^{2} \equiv k^{2} \text{eğer ve sadece eğer} |X-\mu| \geq k[/lateks]

Markov ve Chebyshev eşitsizliklerine örnekler :

  1. Ortalama 50 olan bir hafta için belirli bir ürünün üretimi rasgele değişken olarak alınırsa, bir haftada 75'i aşma olasılığını bulun ve bir haftanın üretiminin 40 ile 60 arasında olması durumunda, bunun varyansı sağlandığında olasılığın ne olacağını bulun. hafta 25?

Çözüm: Bir hafta boyunca ürünün üretimi için rastgele değişken X'i göz önünde bulundurun, ardından üretimin 75'i aşma olasılığını bulmak için kullanacağız. Markov eşitsizliği as

[latex]P(X>75\} \leq \frac{E[X]}{75}=\frac{50}{75}=\frac{2}{3}[/latex]

Şimdi 40 varyans ile 60 ile 25 arasında üretim olasılığını kullanacağız. Chebyshev eşitsizliği as

[lateks]P\{|X-50| \geq 10\} \leq \frac{\sigma^{2}}{10^{2}}=\frac{1}{4}[/lateks]

so

[latex]P\{|X-50|<10\} \geq 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4} [/latex]

bu, üretimin 40 ila 60 arasında olması durumunda haftanın 3/4 olma olasılığını gösterir.

2. Göster chebyshev eşitsizliği Olasılığa üst sınır sağlayan, olasılığın gerçek değerine özellikle daha yakın değildir.

Çözüm:

Rastgele değişken X'in (5) aralığı boyunca ortalama 25 ve varyans 3/0,1 ile eşit olarak dağıldığını ve ardından chebyshev eşitsizliği yazabiliriz

[lateks]P(|X-5|>4\} \leq \frac{25}{3(16)} \yaklaşık 0.52[/lateks]

ama gerçek olasılık

[lateks]P(|X-5|>4\}=0.20[/lateks]

bu, aynı şekilde, X rastgele değişkenini ortalama ve varyansla normal olarak dağılmış olarak alırsak, gerçek olasılıktan uzaktır. Chebyshev eşitsizliği olacak

[lateks]P\{|X-\mu|>2 \sigma\} \leq \frac{1}{4}[/lateks]

ama gerçek ihtimal

[lateks]P(|X-\mu|>2 \sigma\}=P\sol\{\sol|\frac{X-\mu}{\sigma}\sağ|>2\sağ\}=2[ 1-\Phi(2)] \yaklaşık 0.0456
[/lateks]

Büyük Sayıların Zayıf Yasası

Rastgele değişkenler dizisi için zayıf yasayı şu sonuç izleyecektir: Chebyshev eşitsizliği kanıtlama aracı olarak kullanılabilir, örneğin kanıtlamak için

[lateks]P\{X=E[X]\}=1[/lateks]

varyans sıfır ise, bu, varyansları 0'a eşit olan tek rastgele değişkenler, olasılık 1 ile sabit olanlardır. Chebyshev eşitsizliği 1'den büyük veya XNUMX'e eşit n için

[lateks]P\sol\{|X-\mu|>\frac{1}{n}\sağ\}=0[/lateks]

as

[lateks]n \rightarrow \infty[/lateks]

olasılığın sürekliliği ile

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
0=\lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{|X-\mu|>\frac{1}{n}\right\} &=P\left\{\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{|X-\mu|>\frac{1}{n}\sağ\}\sağ\} \\
&=P\{X \neq \mu\}
\end{hizalanmış}[/lateks]

hangi sonucu kanıtlıyor.

Büyük Sayıların Zayıf Yasası: Aynı şekilde dağılmış ve bağımsız rastgele değişkenler dizisi için X1,X2,……. her biri sonlu ortalamaya sahip olan E[Xi]=μ, sonra herhangi bir ε>0 için

[lateks]P\sol\{\sol|\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}}{n}-\mu\sağ| \geq \varepsilon\right\} \rightarrow 0 \quad \text { as } \quad n \rightarrow \infty[/lateks]

Bunu kanıtlamak için, dizideki her rastgele değişken için varyansın da sonlu olduğunu varsayıyoruz, bu nedenle beklenti ve varyans

[lateks]E\left[\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}}{n}\sağ]=\mu \quad \text { ve } \quad \operatöradı{Var}\left(\ frac{X_{1}+\cdots+X_{n}}{n}\sağ)=\frac{\sigma^{2}}{n}[/lateks]

şimdi Chebyshev eşitsizliği olasılığın üst sınırı olarak

[lateks]P\sol\{\sol|\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}}{n}-\mu\sağ| \geq \varepsilon\right\} \leq \frac{\sigma^{2}}{n \varepsilon^{2}}[/lateks]

n için sonsuzluğa meyilli olan

[lateks]P\sol\{\sol|\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}}{n}-\mu\sağ| \geq \varepsilon\right\} \rightarrow 0 \quad \text { as } \quad n \rightarrow \infty[/lateks]

Merkezi Limit Teoremi

The Merkezi Limit Teoremi Yaklaşık olarak normal olan büyük sayıların toplamına dağılımı verdiği için olasılık teorisindeki önemli sonuçlardan biridir. dağıtım Bağımsız rastgele değişkenlerin toplamları için yaklaşık olasılıkları bulma yöntemine ek olarak, merkezi limit teoremi, aynı zamanda, çan şeklinde ortalama normal eğriler sergileyen pek çok doğal popülasyonun ampirik frekanslarını da gösterir, Bu teoremin ayrıntılı açıklamasını vermeden önce, sonucu kullanırız.

“Eğer rasgele değişkenlerin dizisi Z1,Z2,…. F olarak dağıtım fonksiyonuna ve moment üretme fonksiyonuna sahip olunZn ve Mzn sonra

[lateks]M_{Z_{n}}(t) \rightarrow M_{Z}(t) \text{ tüm t için, ardından } F_{Z_{n}}(t) \rightarrow F_{Z}(t) \text{ tüm t için } F_{Z}(t) \text{sürekli”}[/lateks]

Merkezi Limit Teoremi: Aynı şekilde dağılmış ve bağımsız rastgele değişkenler dizisi için X1,X2,……. her biri ortalama μ ve varyans σ2 sonra toplamın dağılımı

[lateks]\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}-n \mu}{\sigma \sqrt{n}}[/lateks]

a'nın gerçek değerler olması için n sonsuzluğa eğilimli olduğundan standart normale eğilimlidir

[lateks]P\left\{\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}-n \mu}{\sigma \sqrt{n}} \leq a\right\} \rightarrow \frac{1 }{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{a} e^{-x^{2} / 2} dx \quad \text { as } n \rightarrow \infty[/lateks]

Kanıt: Sonucu kanıtlamak için ortalamayı sıfır ve varyansı bir olarak kabul edin, yani μ=0 & σ2= 1 ve moment üreten fonksiyon X içini var ve sonlu değerli, bu nedenle rasgele değişken X için moment üreten fonksiyoni/√n olacak

[lateks]E\sol[\exp \left\{\frac{t X_{i}}{\sqrt{n}}\sağ\}\sağ]=M\left(\frac{t}{\sqrt{ n}}\sağ)[/lateks]

ΣX toplamı için moment üreten fonksiyoni/√n olacak

[lateks]\sol[M\sol(\frac{L}{\sqrt{n}}\sağ)\sağ]^{n} [/lateks]

Şimdi L(t)=logM(t) alalım

so

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
L(0) &=0 \\
L^{\prime}(0) &=\frac{M^{\prime}(0)}{M(0)} \\
&=\mu \\
&=0 \\
L^{\prime \prime}(0) &=\frac{M(0) M^{\prime \prime}(0)-\left[M^{\prime}(0)\sağ]^{2 }}{[M(0)]^{2}} \\
&=E\sol[X^{2}\sağ] \\
&=1
\end{hizalanmış}[/lateks]

ilk gösterdiğimiz kanıtı göstermek için

[lateks][M(t / \sqrt{n})]^{n} \rightarrow e^{2^{2} / 2} \text{ as }n \rightarrow \infty[/latex]

eşdeğer formunu göstererek

[lateks]n L(t / \sqrt{n}) \rightarrow t^{2} / 2[/lateks]

beri

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{L(t / \sqrt{n})}{n^{-1}}&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-L^ {\prime}(t / \sqrt{n}) n^{-3 / 2} t}{-2 n^{-2}} \quad \text{L'Hôpital kuralına göre }\\
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{L^{\prime}(t / \sqrt{n}) t}{2 n^{-1 / 2}}\sağ] \ \
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{-L^{\prime \prime}(t / \sqrt{n}) n^{-3 / 2} t^{2}} {-2 n^{-3 / 2}}\right] \quad \text{ yine L'Hôpital kuralına göre }\\
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[L^{\prime \prime}\left(\frac{t}{\sqrt{n}}\right) \frac{t^{2}} {2}\sağ] \\
&=\frac{t^{2}}{2}\end{hizalı}[/lateks]

dolayısıyla bu, ortalama sıfır ve varyans 1 için sonucu gösterir ve bu aynı sonuç, genel durum için de aşağıdakileri alarak takip eder:

[lateks]X_{i}^{*}=\left(X_{i}-\mu\sağ) / \sigma[/lateks]

ve sahip olduğumuz her bir a için

[lateks]P\left\{\frac{X_{1}+\cdots+X_{n}-n \mu}{\sigma \sqrt{n}} \leq a\right\} \rightarrow \Phi(a )[/lateks]

Merkezi Limit teoremi örneği

Bir astronomun laboratuvarından bir yıldızın ışık yılı mesafesini hesaplamak için bazı ölçüm teknikleri kullanıyor, ancak atmosferdeki değişiklik nedeniyle ölçülen mesafe her seferinde kesin değil, bazı hatalarla, bu yüzden planladığı tam mesafeyi bulmak için. sürekli bir sırayla ve bu mesafelerin ortalamasını tahmin edilen mesafe olarak gözlemleyin, ölçüm değerlerini aynı dağılmış ve bağımsız rastgele değişken ortalama d ve varyans 4 ışıkyılı olarak kabul ederse, 0.5 hatayı elde etmek için yapılacak ölçüm sayısını bulun tahmini ve gerçek değerde?

Çözüm: Ölçümleri X dizisindeki bağımsız rastgele değişkenler olarak ele alalım.1,X2,…….Xn bu yüzden Merkezi Limit Teoremi yazabiliriz

[lateks]Z_{n}=\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}-nd}{2 \sqrt{n}}[/lateks]

hangi standarda yaklaşım normal dağılım yani olasılık olacak

[lateks]\sol.\begin{dizi}{rl}
P\left\{-0.5 \leq \frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}}{n}-d \leq 0.5\sağ.
\end{array}\right\}=P\left\{-0.5 \frac{\sqrt{n}}{2} \leq Z_{n} \leq 0.5 \frac{\sqrt{n}}{2} \right\} \yaklaşık \Phi\left(\frac{\sqrt{n}}{4}\sağ)-\Phi\left(\frac{-\sqrt{n}}{4}\sağ)=2 \Phi\left(\frac{\sqrt{n}}{4}\sağ)-1[/lateks]

bu nedenle, ölçümün doğruluğunu yüzde 95'te elde etmek için astronom, n* mesafeyi ölçmelidir.

[lateks]2 \Phi\left(\frac{\sqrt{n^{*}}}{4}\sağ)-1=0.95 \quad \text { veya } \quad \Phi\left(\frac{\ sqrt{n^{*}}}{4}\sağ)=0.975[/lateks]

normal dağılım tablosundan şöyle yazabiliriz

[lateks]\frac{\sqrt{n^{*}}}{4}=1.96 \quad \text { veya } \quad n^{*}=(7.84)^{2} \yaklaşık 61.47[/lateks]

ölçümün 62 defa yapılması gerektiğini söyleyen Chebyshev eşitsizliği alarak

[lateks]E\left[\sum_{i=1}^{n} \frac{X_{i}}{n}\right]=d \quad \operatorname{Var}\left(\sum_{i=1 }^{n} \frac{X_{i}}{n}\sağ)=\frac{4}{n}[/lateks]

yani eşitsizlik sonuçlanır

[lateks]P\left\{\left|\sum_{i=1}^{n} \frac{X_{i}}{n}-d\right|>0.5\right\} \leq \frac{4 }{n(0.5)^{2}}=\frac{16}{n} [/lateks]

dolayısıyla n=16/0.05=320 için, yıldızın gözlem laboratuvarından uzaklığının ölçümünde yalnızca yüzde 5 oranında hata olacağı kesinliğini verir.

2. Mühendislik dersine kabul edilen öğrenci sayısı Poisson dağılımı ortalama 100 olup, kabul edilen öğrenci 120 ve daha fazla ise öğretimin iki bölümde, aksi halde tek bölümde öğretimin devam etme olasılığının ne olacağına karar verilmiştir. kurs için iki bölüm mü?

Çözüm: Poisson dağılımını takip ederek kesin çözüm olacaktır.

[lateks]e^{-100} \sum_{i=120}^{\infty} \frac{(100)^{i}}{i !} [/lateks]

ki bu açıkça belirli bir sayısal değeri vermez, X rasgele değişkenini kabul edilen öğrenciler olarak kabul edersek, o zaman Merkezi Limit Teoremi

[lateks]P\{X \geq 120\}=P\{X \cong 119.5\} [/lateks]

olabilir ki

[lateks]\begin{dizi}{l}
=P\left\{\frac{X-100}{\sqrt{100}} \geq \frac{119.5-100}{\sqrt{100}}\sağ\} \\
\yaklaşık 1-\Phi(1.95) \\
\yaklaşık 0.0256
\end{dizi} [/lateks]

bu sayısal değerdir.

3. Yuvarlandığında 30'luk toplamın 40 ve 30 dahil olmak üzere 40 ile XNUMX arasında olma olasılığını hesaplayın.

Çözüm: Burada kalıbı X olarak düşünürseki i'nin on değeri için ortalama ve varyans olacak

[lateks]E\left(X_{i}\sağ)=\frac{7}{2}, \quad \operatöradı{Var}\left(X_{i}\sağ)=E\left[X_{i} ^{2}\sağ]-\sol(E\sol[X_{i}\sağ]\sağ)^{2}=\frac{35}{12} [/lateks]

böylece takip Merkezi Limit Teoremi yazabiliriz

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P[29.5 \leq X \leq 40.5\} &=P\left\{\frac{29.5-35}{\sqrt{\frac{350}{12}}} \leq \frac{X-35}{\ sqrt{\frac{350}{12}}} \leq \frac{40.5-35}{\sqrt{\frac{350}{12}}}\sağ\} \\
& \yaklaşık 2 \Phi(1.0184)-1 \\
& \yaklaşık 0.692
\end{hizalanmış} [/lateks]

bu da gerekli olasılıktır.

4. Düzgün dağılmış bağımsız rastgele değişkenler için Xi (0,1) aralığında olasılığın yaklaşık değeri ne olur?

[lateks]P\sol\{\sum_{i=1}^{10} X_{i}>6\sağ\} [/lateks]

Çözüm: Unifrom dağılımından biliyoruz ki ortalama ve varyans

[lateks]E\left[X_{i}\sağ]=\frac{1}{2} \qquad \operatorname{Var}\left(X_{i}\sağ)=\frac{1}{12} [ /lateks]

Şimdi kullanarak Merkezi Limit Teoremi yapabiliriz

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P\left\{\sum_{1}^{10} X_{i}>6\right\} &=P\left\{\frac{\sum_{1}^{10} X_{i}-5}{\sqrt{10\left(\frac{1}{12}\right)}}>\frac{6-5}{\sqrt{10\left(\frac{1}{12}\right)}}\right\} \\
& \yaklaşık 1-\Phi(\sqrt{1.2}) \\
& \yaklaşık 0.1367
\end{hizalanmış} [/lateks]

bu nedenle rastgele değişkenin toplamı yüzde 14 olacaktır.

5. Not verme süresi ortalama 25 dakika ve standart sapması 450 dakikadan bağımsız 50 sınav varsa, sınav değerlendiricisinin 20 dakikadan başlayarak 4 sınava not verme olasılığını bulunuz.

Çözüm: Sınavı X rasgele değişkenine göre derecelendirmek için gereken süreyi düşünün.i yani rastgele değişken X olacak

[lateks]X=\sum_{i=1}^{25} X_{i} [/lateks]

25 sınav için bu görev 450 dakika içinde olduğundan

[lateks]P\{X \leq 450\} [/lateks]

[latex]E[X]=\sum_{i=1}^{25} E\left[X_{i}\right]=25(20)=500[/latex]

[lateks]\operatöradı{Var}(X)=\sum_{i=1}^{25}\\
\operatöradı{Var}\left(X_{i}\sağ)=25(16)=400[/lateks]

burada kullanarak Merkezi Limit Teoremi

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P[X \leq 450\} &=P\left(\frac{X-500}{\sqrt{400}} \leq \frac{450-500}{\sqrt{400}}\sağ) \\
& \yaklaşık P(Z \leq-2.5\} \\
&=P(Z \geq 2.5\} \\
&=1-\Phi(2.5)=0.006
\end{hizalanmış}[/lateks]

bu da gerekli olasılıktır.

Bağımsız rastgele değişkenler için Merkezi Limit teoremi

Özdeş dağılımlı olmayan ancak bağımsız rastgele değişkenlere sahip olan dizi için X1,X2,……. her biri ortalama μ ve varyansa sahip σ2 tatmin etmesi şartıyla

  1. her Xi düzgün bir şekilde sınırlıdır
  2. varyansların toplamı sonsuzdur, o zaman

[lateks]P\left\{\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu_{i}\sağ)}{\sqrt{\sum_{i=1} ^{n} \sigma_{i}^{2}}} \simeq a\right\} \rightarrow \Phi(a) \quad \text { as } n \rightarrow \infty[/lateks]

Büyük Sayıların Güçlü Yasası

Güçlü Büyük Sayılar Yasası, olasılık teorisinin çok önemli bir kavramıdır; bu, yaygın olarak dağıtılan rastgele değişken dizisinin ortalamasının bir olasılıkla aynı dağılımın ortalamasına yakınsayacağını söyler.

Açıklama: Aynı dizi için dağıtıldı ve bağımsız rastgele değişkenler X1,X2,……. her biri bir olasılıkla sonlu ortalamaya sahip

[lateks]\frac{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}{n} \rightarrow \mu \quad \text { as } \quad n \rightarrow \infty^{\hançer} [/lateks]

Kanıt: Bunu kanıtlamak için rastgele değişkenlerin her birinin ortalamasının sıfır olduğunu ve serinin

[lateks]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}[/lateks]

şimdi bunun için bunun gücünü düşünün

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
E\left[S_{n}^{4}\sağ]=& E\left[\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\sağ)\left(X_{1}+\cdots+ X_{n}\sağ)\sağ.\\
&\left.\times\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\sağ)\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\sağ)\sağ]
\end{hizalanmış}[/lateks]

sağ taraftaki terimlerin açılımını aldıktan sonra formun terimlerine sahibiz

[lateks]X_{i}^{4}, \quad X_{i}^{3} X_{j}, \quad X_{i}^{2} X_{j}^{2}, \quad X_{ i}^{2} X_{j} X_{k}, \quad \quad X_{i} X_{j} X_{k} X_{l}[/lateks]

bunlar bağımsız olduğundan, bunların ortalaması

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
E\sol[X_{i}^{3} X_{j}\sağ] &=E\sol[X_{i}^{3}\sağ] E\sol[X_{j}\sağ]=0 \ \
E\sol[X_{i}^{2} X_{j} X_{k}\sağ] &=E\sol[X_{i}^{2}\sağ] E\sol[X_{j}\sağ ] E\sol[X_{k}\sağ]=0 \\
E\sol[X_{i} X_{j} X_{k} X_{l}\sağ] &=0 \\
\end{hizalanmış}[/lateks]

çiftin kombinasyonu yardımıyla şimdi serinin genişlemesi olacak

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
E\sol[S_{n}^{4}\sağ] &=n E\sol[X_{i}^{4}\sağ]+6\sol(\begin{dizi}{l}
n \\
2
\end{dizi}\sağ) E\sol[X_{i}^{2} X_{j}^{2}\sağ] \\
&=n K+3 n(n-1) E\sol[X_{i}^{2}\sağ] E\sol[X_{j}^{2}\sağ]
\end{hizalanmış}[/lateks]

beri

[latex]0 \leq \operatorname{Var}\left(X_{i}^{2}\right)=E\left[X_{i}^{4}\right]-\left(E\left[X_{i}^{2}\right]\right)^{2}[/latex]

so

[lateks]\left(E\left[X_{i}^{2}\sağ]\sağ)^{2} \leq E\left[X_{i}^{4}\sağ]=K[/latex ]

elde ederiz

[lateks]E\sol[S_{n}^{4}\sağ] \leq n K+3 n(n-1) K[/lateks]

bu eşitsizliği gösteriyor

[lateks]E\sol[\frac{S_{n}^{4}}{n^{4}}\sağ] \leq \frac{K}{n^{3}}+\frac{3 Bin} {n^{2}}[/lateks]

bundan dolayı

[latex]E\left[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{s_{n}^{4}}{n^{4}}\right]=\sum_{n=1}^{\infty} E\left[\frac{s_{n}^{4}}{n^{4}}\right]<\infty[/latex]

Her rastgele değişkenin olasılığı bir olduğundan serinin yakınsaması ile

[lateks]\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{S_{n}^{4}}{n^{4}}=0[/lateks]

beri

[lateks]\frac{S_{n}}{n} \rightarrow 0 \quad \text { as } \quad n \rightarrow \infty[/lateks]

Her rastgele değişkenin ortalaması sıfıra eşit değilse, sapma ve olasılık bir ile bunu şöyle yazabiliriz:

[lateks]\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{\left(X_{i}-\mu\right)}{n}=0[/lateks]

or

[lateks]\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{X_{i}}{n}=\mu[/lateks]

gereken sonuç.

Tek Taraflı Chebyshev Eşitsizliği

Ortalama sıfır ve a>0 ise sonlu varyanslı rastgele değişken X için tek taraflı Chebysheve eşitsizliği

Chebyshev'in Eşitsizliği
chebyshev eşitsizliği

Bunu kanıtlamak için b>0 için X rasgele değişkenini şöyle düşünün:

[lateks]X \geq a \text{, } X+b \geq a+b[/lateks] ile eşdeğerdir

hangi verir

[lateks]P[X \geq a]=P[X+b \geq a+b]\\
\leq P[(X+b)^{2} \geq (a+b)^{2}]
[/lateks]

yani kullanarak Markov eşitsizliği

Chebyshev'in Eşitsizliği
tek taraflı chebyshev

hangi gerekli eşitsizliği verir. ortalama ve varyans için şöyle yazabiliriz

[lateks]P(X-\mu \geq a\} \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+a^{2}}
\\P(\mu-X \geq a\} \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+a^{2}}[/lateks]

Bu daha fazla olarak yazılabilir

[lateks]\begin{dizi}{l}
P(X \geq \mu+a\} \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+a^{2}} \\
P\{X \leq \mu-a\} \leq \frac{\sigma^{2}}{\sigma^{2}+a^{2}}
\end{dizi}[/lateks]

Örnek:

Bu belirli şirketin üretimi ortalama 120 ve varyans 100 ise, rastgele dağıtılan şirketin üretiminin en az 400 olma olasılığının üst sınırını bulun.

Çözüm:

Tek taraflı kullanma chebyshev eşitsizliği

[lateks]P\{X \geq 120\}=P(X-100 \geq 20\} \leq \frac{400}{400+(20)^{2}}=\frac{1}{2} [/lateks]

yani bu, en az 120'nin bir hafta içinde üretim olasılığını verir, şimdi bu olasılığın sınırı kullanılarak elde edilecektir. Markov eşitsizliği

[lateks]P[X \geq 120\} \leq \frac{E(X)}{120}=\frac{5}{6}[/lateks]

bu, olasılığın üst sınırını gösterir.

Örnek:

Yüz erkek ve yüz kadın olan iki yüz kişiden yüz çift alınıyor ve en fazla otuz çiftin bir erkek ve bir kadından oluşması olasılığının üst sınırını buluyor.

Çözüm:

Rastgele değişken X olsuni as

[lateks]X_{i}=\left\{\begin{array}{ll}1 & \text { erkek i bir kadınla eşleştirilirse} \\ 0 & \text { aksi halde }\end{dizi}\sağ .[/lateks]

böylece çift olarak ifade edilebilir

[lateks]X=\sum_{i=1}^{100} X_{i}[/lateks]

Yüzünün kadın olduğu diğer insanlarla eşit derecede eşleşme olasılığına sahip olduğundan, her erkek bu yüzden ortalama

[lateks]E\sol[X_{i}\sağ]=P\sol\{X_{i}=1\sağ\}=\frac{100}{199}[/lateks]

aynı şekilde eğer i ve j eşit değilse o zaman

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
E\sol[X_{i} X_{j}\sağ] &=P\sol\{X_{i}=1, X_{j}=1\sağ\} \\
&=P\left\{X_{i}=1\sağ\} P\left[X_{j}=1 \mid X_{i}=1\sağ\}=\frac{100}{199} \frac {99}{197}
\end{hizalanmış}[/lateks]

as

[lateks]P\left\{X_{j}=1 \mid X_{i}=1\sağ\}=99 / 197[/lateks]

bu yüzden bizde

[lateks]başla{hizalanmış}
E[X] &=\sum_{i=1}^{100} E\sol[X_{i}\sağ] \\
&=(100) \frac{100}{199} \\
& \yaklaşık 50.25 \\
\operatorname{Var}(X) &=\sum_{i=1}^{100} \operatorname{Var}\left(X_{i}\right)+2 \sum_{i
&=100 \frac{100}{199} \frac{99}{199}+2\left(\begin{array}{c}
100 \\
2
\end{array}\right)\left[\frac{100}{199} \frac{99}{197}-\left(\frac{100}{199}\right)^{2}\right] \\
& \yaklaşık 25.126
\end{hizalanmış}[/lateks]

ile chebyshev eşitsizliği

[lateks]P\{X \leq 30\} \leq P\{|X-50.25| \geq 20.25\} \leq \frac{25.126}{(20.25)^{2}} \yaklaşık 0.061[/lateks]

bu da 30 erkeği kadınlarla eşleştirme olasılığının altıdan az olduğunu söylüyor, bu nedenle sınırı kullanarak sınırı iyileştirebiliriz. tek taraflı chebyshev eşitsizliği

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P[X \leq 30\} &=P[X \leq 50.25-20.25\rangle \\
& \leq \frac{25.126}{25.126+(20.25)^{2}} \\
& \yaklaşık, 0.058
\end{hizalanmış}[/lateks]

Chernoff bağlı

Moment üreten fonksiyon zaten biliniyorsa, o zaman

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P[X \geq a\}&=P\left(e^{\ell X} \geq e^{\downarrow a}\sağ)\\
&\leq E\sol[e^{t X}\sağ] e^{-ta}
\end{hizalanmış}[/lateks]

as

[lateks]M(t)=E\sol[e^{LX}\sağ][/lateks]

aynı şekilde t<0 için şu şekilde yazabiliriz

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
P\{X \leq a\} &=P\left\{e^{IX} \geq e^{[\alpha}\sağ\} \\
& \leq E\sol[e^{t X}\sağ] e^{-ta}
\end{hizalanmış}[/lateks]

Böylece Chernoff sınırı şu şekilde tanımlanabilir:

[lateks]\begin{dizi}{ll}
P\{X \geq a\} \leq e^{-f \tau} M(t) & \text { tümü için } t>0 \\
P\{X \leq a\} \leq e^{-\pi \tau} M(t) & \text { tümü için } t<0
\end{dizi}[/lateks]

bu eşitsizlik, t'nin pozitif veya negatif tüm değerlerini temsil eder.

Standart normal rastgele değişken için Chernoff sınırları

Standart için Chernoff sınırları normal rastgele değişken kimin moment üretme fonksiyonu

[lateks]M(t)=e^{e^{2} / 2}[/lateks]

is

[lateks]P\{Z \geq a\rangle \leq e^{-ta} e^{t^{2} / 2} \quad \text { tümü için } \quad t>0[/latex]

bu eşitsizliği ve sağ taraftaki güç terimlerini en aza indirmek a>0 verir

[lateks]P\{Z \geq a\} \simeq e^{-\lambda^{2} / 2}[/lateks]

ve a<0 için

[lateks]P\{Z \leq a\} \leqq e^{-\alpha^{2} / 2}[/lateks]

Poisson rasgele değişkeni için Chernoff sınırları

Moment üreten fonksiyonu olan Poisson rastgele değişkeni için Chernoff sınırları

[lateks]M(t)=e^{\lambda\left(e^{\prime}-1\sağ)}[/lateks]

is

[lateks]P\{X \geq i\} \leq e^{\lambda\left(e^{t}-1\sağ)} e^{-it} \quad t>0[/lateks]

bu eşitsizliği ve sağ taraftaki güç terimlerini en aza indirmek a>0 verir

[lateks]P\{X \geq i\} \leq e^{\lambda \omega / \lambda-1)}\left(\frac{\lambda}{i}\sağ)[/lateks]

ve olurdu

[lateks]P\{X \geq i\} \leq \frac{e^{-2}(e \lambda)^{i}}{l^{i}}[/latex]

Chernoff Sınırları Üzerine Örnek

Bir oyunda, bir oyuncunun herhangi bir geçmiş skordan bağımsız olarak oyunu kazanma veya kaybetme olasılığı eşitse, olasılık için chernoff sınırını bulun.

Çözüm: X olsuni oyuncunun kazanmasını belirtin, o zaman olasılık

[latex]P\left\{X_{i}=1\sağ\}=P\left\{X_{i}=-1\right\}=\frac{1}{2}[/latex]

n oyun dizisi için let

[lateks]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}[/lateks]

yani moment üreten fonksiyon olacak

[lateks]E\sol[e^{\ell X}\sağ]=\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}[/lateks]

burada üstel terimlerin açılımlarını kullanarak

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
e^{I}+e^{-l} &=1+t+\frac{t^{2}}{2 !}+\frac{t^{3}}{3 !}+\cdots+\left( 1-t+\frac{t^{2}}{2 !}-\frac{t^{3}}{3 !}+\cdots\sağ) \\
&=2\left\{1+\frac{t^{2}}{2 !}+\frac{t^{4}}{4 !}+\cdots\right\} \\
&=2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2 n}}{(2 n) !} \\
& \simeq 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(t^{2} / 2\right)^{n}}{n !} \quad \operatöradı{beri}(2 n) ! \geq n ! 2^{n} \\
&=2 e^{t^{2} / 2}
\end{hizalanmış}[/lateks]

Böylece sahibiz

[lateks]E\sol[e^{t X}\sağ] \geq e^{t^{2} / 2}[/lateks]

şimdi moment üreten fonksiyonun özelliğini uyguluyor

[lateks]\başlangıç{hizalanmış}
E\sol[e^{\matematik{S}_{n}}\sağ] &=\sol(E\sol[e^{LX}\sağ]\sağ)^{n} \\
& \leq e^{n^{2} / 2}
\end{hizalanmış}[/lateks]

Bu eşitsizliği verir

[latex]P\left\{S_{n} \geq a\right\} \leq e^{-\alpha^{2} / 2 n} \quad a>0[/latex]

bundan dolayı

[lateks]P\left\{S_{10} \geq 6\right\} \leq e^{-36 / 20} \yaklaşık 0.1653[/lateks]

Sonuç:

Büyük sayılar için eşitsizlikler ve limit teoremi tartışıldı ve fikre bir göz atmak için olasılıkların sınırları için haklı örnekler alındı. kavram kolayca, daha fazla okumaya ihtiyacınız varsa aşağıdaki kitaplardan veya Olasılık hakkında daha fazla Makale için lütfen takip edin. matematik sayfaları.

Sheldon Ross tarafından olasılıkta ilk ders

Schaum'un Olasılık ve İstatistik Anahatları

ROHATGI ve SALEH tarafından olasılık ve istatistiklere giriş

doktor MUHAMMED MAZHAR UL HAQUE

Ben DR'yim. Muhammed Mazhar Ul Haque, Matematik Bölümünde Yardımcı Doçent. 12 yıllık öğretmenlik tecrübesine sahip olmak. Saf Matematikte, tam olarak Cebirde engin bilgiye sahip olmak. Problem tasarlama ve çözme konusunda muazzam bir yeteneğe sahip olmak. Adayları performanslarını artırmaları için motive edebilir. Hem yeni başlayanlar hem de uzmanlar için Matematiği Basit, İlginç ve Kendi Kendini Açıklayıcı hale getirmek için Lambdageeks'e katkıda bulunmayı seviyorum. LinkedIn üzerinden bağlanalım - https://www.linkedin.com/in/dr-mohammed-mazhar-ul-haque-58747899/

Son Yazılar