Rozkład osobliwy

[wdsk90]

Niech \(\displaystyle{ X_1,X_2,...}\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie dwupunktowym (\(\displaystyle{ p\in(0,1)}\)):
\(\displaystyle{ P(X_1=1)=p}\), \(\displaystyle{ P(X_1=0)=1-p}\).

Pokaż, że jeśli \(\displaystyle{ p\neq\frac{1}{2}}\), to zmienna losowa
\(\displaystyle{ X=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{X_k}{2^k}}\)

ma rozkład osobliwy, tzn. rozkład o ciągłej dystrybuancie skupiony na zbiorze miary Lebesgue'a zero.

[szw1710]

Sumy częściowe \(\displaystyle{ X_1+\dots+X_k}\) mają rozkład Bernoulli'ego (dwumianowy). Podzielenie przez \(\displaystyle{ 2^k}\) jedynie zmienia wartości (zmniejsza). Narysuj wykresy dystrybuant takiej sumy częściowej dla początkowych \(\displaystyle{ k}\). Co można zauważyć?

[wdsk90]

Coraz to więcej coraz węższych schodków.

[szw1710]

No właśnie. Wydaje mi się, że to zmierza do funkcji typu Cantora.

[wdsk90]

Pewnie tak, ale pokazanie tego nie wygląda na prostą rzecz...

[szw1710]

Nie sądzę. Zobacz na etapy konstrukcji funkcji Cantora Ona jest osobliwa. Tzn. silnie rosnąca z pochodną zerową p.w. Właśnie o podobne rzeczy chodzi w rozkładach osobliwych.

[wdsk90]

Jest taki problem, że te funkcje używane przy konstrukcji funkcji Cantora są przedziałami stałe i przedziałami liniowe, a te dystrybuanty są tylko przedziałami stałe.

[fon_nojman]

Dla dowolnego \(\displaystyle{ \omega\in \Omega}\) Wyrażenie \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{X_k(\omega)}{2^k}}\) przedstawia pewna liczbę z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\) dokładniej przedstawia jej rozwinięcie dwójkowe. Pytanie jak wyliczyć i ile wynosi np. \(\displaystyle{ P(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{X_k(\omega)}{2^k}=\frac{1}{2})}\)?

[wdsk90]

Prawdopodobieństwa w punktach wynoszą zero, bo (na przykład dla podanej przez Ciebie \(\displaystyle{ 1/2}\))

\(\displaystyle{ P\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{X_k(\omega)}{2^k}=\frac{1}{2}\right)}\)
\(\displaystyle{ =P(X_1=1)\cdot \prod_{k=2}^{\infty}P(X_k=0)+P(X_1=0)\cdot \prod_{k=2}^{\infty}P(X_k=1)=0}\).

[fon_nojman]

Dokładnie, oczywiście trzeba by było wytłumaczyć dlaczego można wyjść z granicą przed prawdopodobieństwo ale to proste. Czyli mamy, że dystrybuanta tego rozkładu jest ciągła. Teraz pytanie jakie wartości przyjmuje \(\displaystyle{ X}\) z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\)?
Podpowiedź \(\displaystyle{ P\left(\frac{X_1+X_2+\ldots+X_n}{n}\to p \neq \frac{1}{2}\right)=1.}\)

[wdsk90]

\(\displaystyle{ X=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{X_k}{2^k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{X_k}{2^k}= \lim_{n\to\infty}\left(\frac{X_1}{2}+\frac{X_2}{2^2}+...+\frac{X_n}{2^n}\right)=?}\)

[fon_nojman]

Napiszę dokładniej, definiuje się tzw liczby normalne czyli takie, że w zapisie dwójkowym średnia zer i jedynek jest równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2},}\) te liczby mają miarę Lebesgue'a \(\displaystyle{ 1,}\) jest to twierdzenie Borela które elementarnie można samemu pokazać albo wyprowadzić jako łatwym wniosek z \(\displaystyle{ MPWL}\) Kołmogorowa. Z mojego poprzedniego postu wynika, że \(\displaystyle{ X}\) przyjmuje z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) wartości z dopełnienia zbioru liczb normalnych czyli zbioru o mierze Lebesgue'a \(\displaystyle{ 0,}\) co daje to co chcieliśmy.

[wdsk90]

To jest przykład z książki Jakubowskiego i Sztencla, teraz to znalazłem. Dzięki.