4.2: Безперервна умовна ймовірність

У ситуаціях, коли простір зразка є безперервним, ми будемо дотримуватися тієї ж процедури, що і в попередньому розділі. Так, наприклад, якщо\(X\) неперервна випадкова величина з функцією щільності\(f(x)\), а якщо\(E\) подія з позитивною ймовірністю, ми визначаємо функцію умовної щільності за формулою\[f(x|E) = \left \{ \matrix{ f(x)/P(E), & \mbox{if} \,\,x \in E, \cr 0, & \mbox{if}\,\,x \not \in E. \cr}\right.\] Тоді для будь-якої події\(F\) ми маємо\[P(F|E) = \int_F f(x|E)\,dx\ .\] Вираз\(P(F|E)\) називається умовною ймовірністю\(F\) заданого\(E\). Як і в попередньому розділі, легко отримати альтернативний вираз для такої ймовірності:\[P(F|E) = \int_F f(x|E)\,dx = \int_{E\cap F} \frac {f(x)}{P(E)}\,dx = \frac {P(E\cap F)}{P(E)}\ .\]

Ми можемо думати про функцію умовної щільності як 0, крім на\(E\), і нормалізується, щоб мати інтеграл 1 над\(E\). Зверніть увагу, що якщо вихідна щільність - це рівномірна щільність, відповідна експерименту, в якому всі події однакового розміру, то однакова буде вірно для умовної щільності.

Приклад\(\PageIndex{1}\):

У експерименті вертушки (див. приклад [іспит 2.1.1]), припустимо, ми знаємо, що вертушка зупинилася з головою у верхній половині кола,\(0 \leq x \leq 1/2\). Яка ймовірність цього\(1/6 \leq x \leq 1/3\)?

Рішення

Ось\(E = [0,1/2]\),\(F = [1/6,1/3]\), і\(F \cap E = F\). Отже,\[\begin{aligned} P(F|E) &=& \frac {P(F \cap E)}{P(E)} \\ &=& \frac {1/6}{1/2} \\ &=& \frac 13\ ,\end{aligned}\] що є розумним, оскільки\(F\) становить 1/3 розміру\(E\). Функція умовної щільності тут задається

\[f(x|E) = \left \{ \matrix{ 2, & \mbox{if}\,\,\, 0 \leq x < 1/2, \cr 0, & \mbox{if}\,\,\, 1/2 \leq x < 1.\cr}\right.\]Таким чином, функція умовної щільності ненульова тільки на\([0,1/2]\), і є рівномірною там.

Приклад\(\PageIndex{2}\):

У грі в дартс (див. приклад [іспит 2.2.2]), припустимо, ми знаємо, що дротик приземляється у верхній половині цілі. Яка ймовірність того, що його відстань від центру менше 1/2?

Рішення

Ось\(E = \{\,(x,y) : y \geq 0\,\}\), і\(F = \{\,(x,y) : x^2 + y^2 < (1/2)^2\,\}\). Отже,\[\begin{aligned} P(F|E) & = & \frac {P(F \cap E)}{P(E)} = \frac {(1/\pi)[(1/2)(\pi/4)]} {(1/\pi)(\pi/2)} \\ & = & 1/4\ .\end{aligned}\] тут знову ж таки, розмір\(F \cap E\) становить 1/4 розміру\(E\). Функція умовної щільності дорівнює\[f((x,y)|E) = \left \{ \matrix{ f(x,y)/P(E) = 2/\pi, &\mbox{if}\,\,\,(x,y) \in E, \cr 0, &\mbox{if}\,\,\,(x,y) \not \in E.\cr}\right.\]

Приклад\(\PageIndex{3}\):

Повертаємося до експоненціальної щільності (див. приклад [іспит 2.2.7.5]). Ми припускаємо, що ми спостерігаємо грудку плутонію-239. Наш експеримент складається з очікування випромінювання, потім запуску годинника та запису тривалості часу,\(X\) який проходить до наступного випромінювання. Досвід показав, що\(X\) має експоненціальну щільність з деяким параметром\(\lambda\), який залежить від розміру грудки. Припустимо, що коли ми виконуємо цей експеримент, ми помічаємо, що годинник читає\(r\) секунди, і все ще працює. Яка ймовірність того, що емісії не буде в наступні\(s\) секунди?

Рішення

\(G(t)\)Дозволяти ймовірність того, що наступна частка викидається через час\(t\). Тоді\[\begin{aligned} G(t) & = & \int_t^\infty \lambda e^{-\lambda x}\,dx \\ & = & \left.-e^{-\lambda x}\right|_t^\infty = e^{-\lambda t}\ .\end{aligned}\]

\(E\)Дозволяти подія «наступна частка випромінюється через час\(r\)» і\(F\) подія «наступна частка випромінюється через час»\(r + s\). Тоді\[\begin{aligned} P(F|E) & = & \frac {P(F \cap E)}{P(E)} \\ & = & \frac {G(r + s)}{G(r)} \\ & = & \frac {e^{-\lambda(r + s)}}{e^{-\lambda r}} \\ & = & e^{-\lambda s}\ .\end{aligned}\]

Це говорить нам про досить дивовижний факт, що ймовірність того, що нам доведеться чекати більше\(s\) секунд для викиду, враховуючи, що за\(r\) секунди не було викидів, є часом\(r\). Ця властивість (звана властивістю memoryless) була введена в прикладі 2.17. При спробі моделювати різні явища ця властивість допомагає вирішити, чи підходить експоненціальна щільність.

Той факт, що експоненціальна щільність не запам'ятовується, означає, що розумно припустити, якщо в якийсь випадковий час натрапиться на грудку радіоактивного ізотопу, то кількість часу до наступного випромінювання має експоненціальну щільність з тим же параметром, що і час між викидами. Відомий приклад, відомий як «парадокс автобуса», замінює викиди автобусами. Очевидний парадокс виникає з наступних двох фактів: 1) Якщо ви знаєте, що в середньому автобуси приїжджають кожні 30 хвилин, то якщо ви приїжджаєте на автобусну зупинку у випадковий час, вам залишається лише чекати, в середньому, 15 хвилин для автобуса, і 2) Так як час прибуття автобусів моделюється експоненціальна щільність, то незалежно від того, коли ви приїдете, доведеться почекати, в середньому, 30 хвилин на автобус.

Читач тепер може бачити, що у Вправи 2.2.9, 2.2.10 та 2.2.11 ми просили моделювання умовних ймовірностей, за різними припущеннями щодо розподілу часу міжприбуття. Якщо зробити розумне припущення щодо цього розподілу, наприклад, у Вправі 2.2.10, то середній час очікування становить майже половину середнього часу прибуття.

Незалежні заходи

Якщо\(E\) і\(F\) є двома подіями з позитивною ймовірністю в неперервному вибірковому просторі, то, як і у випадку дискретних вибіркових просторів, ми визначаємо\(E\) і\(F\) бути незалежними if\(P(E|F) = P(E)\) і\(P(F|E) = P(F)\). Як і раніше, кожне з перерахованих вище рівнянь має на увазі інше, так що щоб побачити, чи є дві події незалежними, потрібно перевірити лише одне з цих рівнянь. Це також так, що, якщо\(E\) і\(F\) є незалежними, то\(P(E \cap F) = P(E)P(F)\).

Приклад\(\PageIndex{1}\):

У грі в дартс (див. Приклад 4.12, нехай\(E\) буде подія, що дротик приземляється у верхній половині цілі (\(y \geq 0\)) і\(F\) подія, що дротик приземлиться в правій половині цілі (\(x \geq 0\)). Тоді\(P(E \cap F)\) є ймовірність того, що дротик лежить в першому квадранті цілі, і

\[\begin{aligned} P(E \cap F) & = & \frac 1\pi \int_{E \cap F} 1\,dxdy \\ & = & \mbox{Area}\,(E\cap F) \\ & = & \mbox{Area}\,(E)\,\mbox{Area}\,(F) \\ & = & \left(\frac 1\pi \int_E 1\,dxdy\right) \left(\frac 1\pi \int_F 1\,dxdy\right) \\ & = & P(E)P(F)\end{aligned}\]

так що\(E\) і\(F\) є незалежними. Що змушує цю роботу, так це те, що події\(E\) і\(F\) описуються обмеженням різних координат. Ця ідея зроблена більш точною нижче.

Спільна щільність і кумулятивні функції розподілу

Аналогічно дискретним випадковим величинам, ми можемо визначити спільні функції щільності та функції кумулятивного розподілу для багатовимірних неперервних випадкових величин.

Визначення\(\PageIndex{5}\)

\(X_1,~X_2, \ldots,~X_n\)Дозволяти бути безперервні випадкові величини, пов'язані з експериментом, і нехай\({\bar X} = (X_1,~X_2, \ldots,~X_n)\). Тоді спільна функція кумулятивного розподілу\({\bar X}\) визначається функцією\[F(x_1, x_2, \ldots, x_n) = P(X_1 \le x_1, X_2 \le x_2, \ldots, X_n \le x_n)\ .\] щільності суглоба\({\bar X}\) задовольняє наступне рівняння:\[F(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \int_{-\infty}^{x_1} \int_{-\infty}^{x_2} \cdots \int_{-\infty}^{x_n} f(t_1, t_2, \ldots t_n)\,dt_ndt_{n-1}\ldots dt_1.\]

Це просто показати, що в наведених вище позначеннях,

\[ f(x_1, x_2, \dots \dots , x_n) = \frac{\partial^nF(x_1,x_2, \dots \dots, x_n)}{\partial x_1\partial x_2 \cdots \partial x_n)}\]

Незалежні випадкові величини

Як і у випадку з дискретними випадковими величинами, ми можемо визначити взаємну незалежність безперервних випадкових величин.

Визначення\(\PageIndex{6}\)

Нехай\(X_1\),,...\(X_2\),\(X_n\) бути неперервними випадковими величинами з кумулятивними функціями розподілу\(F_1(x),~F_2(x), \ldots,~F_n(x)\). Тоді ці випадкові величини, якщо\[F(x_1, x_2, \ldots, x_n) = F_1(x_1)F_2(x_2) \cdots F_n(x_n)\] для будь-якого вибору\(x_1, x_2, \ldots, x_n\).

Таким чином, якщо взаємно\(X_1,~X_2, \ldots,~X_n\) незалежні, то спільна функція кумулятивного розподілу випадкової\({\bar X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) величини є всього лише добутком окремих функцій кумулятивного розподілу. Коли дві випадкові величини взаємно незалежні, скажемо коротше, що вони

Використовуючи рівняння 4.4, наступна теорема може бути легко показана для взаємно незалежних неперервних випадкових величин.

Теорема\(\PageIndex{2}\)

Нехай\(X_1\),,...\(X_2\),\(X_n\) бути неперервними випадковими величинами з функціями щільності\(f_1(x),~f_2(x), \ldots,~f_n(x)\). Тоді ці випадкові величини взаємно незалежні тоді і тільки тоді, коли\[f(x_1, x_2, \ldots, x_n) = f_1(x_1)f_2(x_2) \cdots f_n(x_n)\] для будь-якого вибору\(x_1, x_2, \ldots, x_n\)

Давайте розглянемо кілька прикладів.

Приклад\(\PageIndex{5}\):

У цьому прикладі ми визначаємо три випадкові величини\(X_1,\ X_2\), і\(X_3\). Ми покажемо, що\(X_1\) і\(X_2\) є незалежними, а що\(X_1\) і не\(X_3\) є незалежними. Виберіть точку\(\omega = (\omega_1,\omega_2)\) у випадковому порядку з квадрата одиниці. Набір\(X_1 = \omega_1^2\),\(X_2 = \omega_2^2\), і\(X_3 = \omega_1 + \omega_2\). Знайдіть спільні розподіли\(F_{12}(r_1,r_2)\) і\(F_{23}(r_2,r_3)\).

Ми вже бачили (див. Приклад 2.13 що\[\begin{aligned} F_1(r_1) & = & P(-\infty < X_1 \leq r_1) \\ & = & \sqrt{r_1}, \qquad \mbox{if} \,\,0 \leq r_1 \leq 1\ ,\end{aligned}\] і аналогічно,\[F_2(r_2) = \sqrt{r_2}\ ,\] якщо\(0 \leq r_2 \leq 1\). Тепер у нас є (див. Рис. 4.7)\[\begin{aligned} F_{12}(r_1,r_2) & = & P(X_1 \leq r_1 \,\, \mbox{and}\,\, X_2 \leq r_2) \\ & = & P(\omega_1 \leq \sqrt{r_1} \,\,\mbox{and}\,\, \omega_2 \leq \sqrt{r_2}) \\ & = & \mbox{Area}\,(E_1)\\ & = & \sqrt{r_1} \sqrt{r_2} \\ & = &F_1(r_1)F_2(r_2)\ .\end{aligned}\] В даному випадку\(F_{12}(r_1,r_2) = F_1(r_1)F_2(r_2)\) так, що\(X_1\) і\(X_2\) є незалежними. З іншого боку, якщо\(r_1 = 1/4\) і\(r_3 = 1\), то (див. Рис. 4.8)\[\begin{aligned} F_{13}(1/4,1) & = & P(X_1 \leq 1/4,\ X_3 \leq 1) \\ & = & P(\omega_1 \leq 1/2,\ \omega_1 + \omega_2 \leq 1) \\ & = & \mbox{Area}\,(E_2) \\ & = & \frac 12 - \frac 18 = \frac 38\ .\end{aligned}\] Тепер нагадуючи, що

\[F_3(r_3) = \left \{ \matrix{ 0, & \mbox{if} \,\,r_3 < 0, \cr (1/2)r_3^2, & \mbox{if} \,\,0 \leq r_3 \leq 1, \cr 1-(1/2)(2-r_3)^2, & \mbox{if} \,\,1 \leq r_3 \leq 2, \cr 1, & \mbox{if} \,\,2 < r_3,\cr}\right.\]

(Див. Приклад 2.14, у нас є\(F_1(1/4)F_3(1) = (1/2)(1/2) = 1/4\). Значить,\(X_1\) і не\(X_3\) є незалежними випадковими величинами. Подібний розрахунок показує, що\(X_2\) і не\(X_3\) є незалежними.

Хоча ми не будемо доводити це тут, наступна теорема є корисною. Заява також стосується взаємно незалежних дискретних випадкових величин. Доказ можна знайти в Rényi. ¹⁷

Теорема\(\PageIndex{1}\)

\(X_1, X_2, \ldots, X_n\)Дозволяти бути взаємно незалежні неперервні випадкові величини і нехай\(\phi_1(x), \phi_2(x), \ldots, \phi_n(x)\) бути безперервними функціями. Тоді\(\phi_1(X_1),\)\(\phi_2(X_2), \ldots, \phi_n(X_n)\) взаємно незалежні.

Незалежні випробування

Використовуючи поняття незалежності, тепер ми можемо сформулювати для неперервних вибіркових просторів поняття незалежних випробувань (див. Визначення 4.5).

Визначення

Послідовність\(X_1\),\(X_2\),...,\(X_n\) випадкових величин,\(X_i\) які є взаємно незалежними і мають однакову щільність, називається незалежним процесом випробувань

Як і у випадку з дискретними випадковими величинами, ці незалежні процеси випробувань виникають природно в ситуаціях, коли експеримент, описаний однією випадковою величиною, повторюється\(n\) раз.

Бета-щільність

Далі ми розглянемо приклад, який включає простір вибірки з дискретними і неперервними координатами. Для цього прикладу нам знадобиться нова функція щільності, яка називається бета-щільністю. Ця щільність має два параметри\(\alpha\),\(\beta\) і визначається

\[B(\alpha,\beta,x) = \left \{ \matrix{ (1/B(\alpha,\beta))x^{\alpha - 1}(1 - x)^{\beta - 1}, & {\mbox{if}}\,\, 0 \leq x \leq 1, \cr 0, & {\mbox{otherwise}}.\cr}\right.\]

Тут\(\alpha\) і будь-які\(\beta\) позитивні числа, а бета-функція\(B(\alpha,\beta)\) задається площею під графіком\(x^{\alpha - 1}(1 - x)^{\beta - 1}\) між 0 і 1:\[B(\alpha,\beta) = \int_0^1 x^{\alpha - 1}(1 - x)^{\beta - 1}\,dx\ .\] Зверніть увагу, що при\(\alpha = \beta = 1\) бета-щільності, якщо однорідна щільність. Коли\(\alpha\) і\(\beta\) більше 1, щільність має дзвоноподібну форму, але коли вони менше 1, вона має П-подібну форму, як це запропоновано прикладами на малюнку 4.9.

Значення бета-функції нам знадобляться тільки для цілих значень\(\alpha\) і\(\beta\), і в даному випадку\[B(\alpha,\beta) = \frac{(\alpha - 1)!\,(\beta - 1)!}{(\alpha + \beta - 1)!}\ .\]

Приклад\(\PageIndex{23}\)

У медичних проблемах часто припускають, що препарат ефективний з ймовірністю\(x\) кожного разу, коли він використовується, і різні випробування є незалежними, так що по суті, кидає упереджену монету з ймовірністю\(x\) для голови. Перед подальшими експериментами ви не знаєте цінності,\(x\) але минулий досвід може дати деяку інформацію про його можливі значення. Природно представляти цю інформацію шляхом ескізу функції щільності для визначення розподілу для\(x\). Таким чином, ми розглядаємо як безперервну випадкову величину, яка приймає значення від 0\(x\) до 1. Якщо у вас взагалі немає знань, ви б накидали рівномірну щільність. Якщо минулий досвід свідчить про те,\(x\) що, швидше за все, буде близько 2/3, ви намалюєте щільність з максимумом 2/3 і розкидом, що відображає вашу невпевненість в оцінці 2/3. Тоді ви хочете знайти функцію щільності, яка розумно відповідає вашому ескізу. Бета-щільність забезпечує клас щільності, який може відповідати більшості ескізів, які ви можете зробити. Наприклад, для\(\alpha > 1\) і\(\beta > 1\) вона має дзвоноподібну форму з параметрами\(\alpha\) і\(\beta\) визначають його пік і його розкид.

Припустимо, що експериментатор вибрав бета-щільність, щоб описати стан своїх знань\(x\) перед експериментом. Потім він віддає препарат\(n\) випробовуваним і фіксує\(i\) кількість успіхів. Число\(i\) є дискретною випадковою величиною, тому ми можемо зручно описати набір можливих результатів цього експерименту, посилаючись на впорядковану пару\((x, i)\).

Давайте\(m(i|x)\) позначимо ймовірність того, що ми спостерігаємо\(i\) успіхи, враховуючи значення\(x\). За нашими припущеннями,\(m(i|x)\) це біноміальний розподіл з ймовірністю\(x\) успіху:

\[m(i|x) = b(n,x,i) = {n \choose i} x^i(1 - x)^j\ ,\]де\(j = n - i\).

Якщо\(x\) обраний випадковим чином\([0,1]\) з бета-щільністю\(B(\alpha,\beta,x)\), то функція щільності для результату пари\((x,i)\) дорівнює

\[\begin{aligned} f(x,i) & = & m(i|x)B(\alpha,\beta,x) \\ & = & {n \choose i} x^i(1 - x)^j \frac 1{B(\alpha,\beta)} x^{\alpha - 1}(1 - x)^{\beta - 1} \\ & = & {n \choose i} \frac 1{B(\alpha,\beta)} x^{\alpha + i - 1}(1 - x)^{\beta + j - 1}\ .\end{aligned}\]

Тепер давайте ймовірність\(m(i)\) того, що ми спостерігаємо\(i\) успіхи, знаючи цінність\(x\). Тоді

\[\begin{aligned} m(i) & = & \int_0^1 m(i|x) B(\alpha,\beta,x)\,dx \\ & = & {n \choose i} \frac 1{B(\alpha,\beta)} \int_0^1 x^{\alpha + i - 1}(1 - x)^{\beta + j - 1}\,dx \\ & = & {n \choose i} \frac {B(\alpha + i,\beta + j)}{B(\alpha,\beta)}\ .\end{aligned}\]

Отже, щільність ймовірності\(f(x|i)\) для\(x\), враховуючи, що\(i\) успіхи спостерігалися, є

\[f(x|i) = \frac {f(x,i)}{m(i)}\]

\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \frac {x^{\alpha + i - 1}(1 - x)^{\beta + j - 1}}{B(\alpha + i,\beta + j)}\ ,\label{eq 4.5}\]

\(f(x|i)\)тобто інша бета-щільність. Це говорить про те, що якщо ми спостерігаємо\(i\) успіхи та\(j\) невдачі в\(n\) суб'єктах, то нова щільність для ймовірності того, що препарат ефективний, - це знову бета-щільність, але з параметрами\(\alpha + i\),\(\beta + j\).

Тепер ми припускаємо, що перед експериментом ми вибираємо бета-щільність з параметрами\(\alpha\) і\(\beta\), і що в експерименті ми отримуємо\(i\) успіхи в\(n\) випробуваннях. Ми щойно побачили, що в цьому випадку нова щільність для\(x\) - це бета-щільність з параметрами\(\alpha + i\) і\(\beta + j\).

Тепер ми хочемо обчислити ймовірність того, що препарат ефективний на наступний предмет. Для будь-якого конкретного дійсного числа\(t\) між 0 і 1 ймовірність того, що\(x\) має значення,\(t\) задається виразом у Рівнянні 4.5. З огляду на, що\(x\) має значення\(t\), ймовірність того, що препарат ефективний на наступний предмет, справедлива\(t\). Таким чином, щоб отримати ймовірність того, що препарат ефективний на наступний предмет, ми інтегруємо добуток виразу в Рівняння 4.5 і\(t\) над усіма можливими значеннями\(t\). Отримуємо:

\[\begin{align} & \frac{1}{B(\alpha + i, \beta + j)}\int_0^1t \cdot d^{\alpha+i-1}(1-t)^{\beta+j-1}dt \\ = & \frac{B(\alpha + i +1, \beta + j)}{B(\alpha + i, \beta + j)} \\ = & \frac{(\alpha + i)!(\beta +j-1)!}{(\alpha + \beta + i + j)!}\cdot \frac{(\alpha+\beta+i+j-1)!}{(\alpha+i-1)!(\beta+j-1)!} \\ = & \frac{\alpha+i}{\alpha+\beta+n}\end{align}\]

Якщо\(n\) велика, то наша оцінка ймовірності успіху після експерименту становить приблизно ту частку успіхів, що спостерігаються в експерименті, що, безумовно, є розумним висновком.

Наступним прикладом є інший, в якому справжні ймовірності невідомі і повинні оцінюватися на основі експериментальних даних.

Приклад\(\PageIndex{7}\): (Two-armed bandit problem)

Ви перебуваєте в казино і зіткнулися з двома ігровими автоматами. Кожна машина окупається або 1 долар, або нічого. Імовірність того, що перша машина окупається доларом, є\(x\) і що друга машина окупається доларом, є\(y\). Ми припускаємо, що\(x\) і\(y\) є випадковими числами, обрані незалежно від інтервалу\([0,1]\) і невідомі вам. Вам дозволяється зробити серію з десяти п'єс, кожен раз вибираючи ту чи іншу машину. Як ви повинні вибрати, щоб максимізувати кількість разів, що ви виграєте?

Одна стратегія, яка звучить розумно, полягає в тому, щоб обчислити на кожному етапі ймовірність того, що кожна машина окупиться і вибере машину з більшою ймовірністю. Нехай win (\(i\)), для\(i = 1\) або 2, буде кількість разів, що ви виграли на\(i\) й машині. Аналогічно, let\(i\) lose () - це кількість разів, які ви втратили\(i\) на машині. Потім, з Прикладу 4.16 ймовірність\(p(i)\) того, що ви виграєте, якщо ви\(i\) виберете машину, є\[p(i) = \frac {{\mbox{win}}(i) + 1} {{\mbox{win}}(i) + {\mbox{lose}}(i) + 2}\ .\] Таким чином, якщо б\(p(1) > p(2)\) ви грали машину 1, а інакше ви грали б машину 2. Ми написали програму TwoArm для імітації цього експерименту. У програмі користувач вказує початкові значення для\(x\) і\(y\) (але вони невідомі експериментатору). Програма обчислює на кожному етапі дві умовні щільності для\(x\) і\(y\), враховуючи результати попередніх випробувань, а потім обчислює\(p(i)\), для\(i = 1\), 2. Потім він вибирає машину з найбільшим значенням ймовірності виграшу для наступної гри. Програма друкує машину, обрану на кожній п'єсі та результат цієї п'єси. Він також відображає нові щільності для\(x\) (суцільна лінія) та\(y\) (пунктирна лінія), показуючи лише поточні щільності. Ми запустили програму для десяти п'єс для справи\(x = .6\) і\(y = .7\). Результат показаний на малюнку 4.7

Запуск програми показує слабкість цієї стратегії. Наша початкова ймовірність виграшу на кращій з двох машин становить .7. Ми починаємо з біднішої машини, і наші результати такі, що у нас завжди є ймовірність більше, ніж .6 виграшу, і тому ми просто продовжуємо грати на цій машині, хоча інша машина краще. Якби ми програли на першій п'єсі, ми б переключили машини. Наша кінцева щільність для\(y\) така ж, як і наша початкова щільність, а саме рівномірна щільність. Наша кінцева щільність для\(x\) відрізняється і відображає набагато більш точні знання про\(x\). Комп'ютер досить добре справлявся з цією стратегією, вигравши сім із десяти судових процесів, але десяти судових процесів недостатньо, щоб судити, чи це хороша стратегія в довгостроковій перспективі.

Ще одна популярна стратегія - стратегія гри переможця. Як випливає з назви, для цієї стратегії ми вибираємо ту саму машину, коли виграємо, і перемикаємо машини, коли програємо. Програма TwoArm також буде імітувати цю стратегію. На малюнку 4.11 ми показуємо результати запуску цієї програми зі стратегією «play-the-winner» та однаковими істинними ймовірностями 0.6 та .7 для двох машин. Після десяти ігор наші щільності за невідомі ймовірності перемоги припускають нам, що друга машина дійсно краща з двох. Ми знову виграли сім з десяти випробувань.

Жодна з стратегій, яку ми змоделювали, не є найкращою з точки зору максимізації нашого середнього виграшу. Ця найкраща стратегія дуже складна, але розумно наближена стратегією гри переможця. Варіації на цьому прикладі зіграли важливу роль в проблемі клінічних випробувань препаратів, де експериментатори стикаються з подібною ситуацією.

Вправи

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Виберіть точку\(x\) навмання (з рівномірною щільністю) в інтервалі\([0,1]\). Знайти ймовірність того\(x > 1/2\), що, враховуючи, що

1. \(x > 1/4\).
2. \(x < 3/4\).
3. \(|x - 1/2| < 1/4\).
4. \(x^2 - x + 2/9 < 0\).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Радіоактивний матеріал випромінює\(\alpha\) -частинки зі швидкістю, описаною функцією щільності\[f(t) = .1e^{-.1t}\ .\] Знайдіть ймовірність того, що частинка викидається протягом перших 10 секунд, враховуючи, що

1. жодна частка не виділяється в першу секунду.
2. жодна частинка не виділяється протягом перших 5 секунд.
3. частка викидається в перші 3 секунди.
4. частка викидається в перші 20 секунд.

Вправа\(\PageIndex{3}\)

Відомо, що лампочка Acme Super має термін корисного використання, описаний функцією щільності,\[f(t) = .01e^{-.01t}\ ,\] де час\(t\) вимірюється годинами.

1. Знайдіть частоту відмов цієї лампочки (див. Вправа 2.2.6)
2. Дізнатися надійність цієї лампочки можна через 20 годин.
3. З огляду на, що вона триває 20 годин, знайдіть ймовірність того, що цибулина триває ще 20 годин.
4. Знайдіть ймовірність того, що лампочка перегорить в сорок першу годину, враховуючи, що вона триває 40 годин.

Вправа\(\PageIndex{4}\)

Припустимо, ви кидаєте дротик на кругову ціль радіусом 10 дюймів. З огляду на, що дротик приземляється у верхній половині мети, знайдіть ймовірність того, що

1. він приземляється в правій половині цілі.
2. його відстань від центру менше 5 дюймів.
3. його відстань від центру більше 5 дюймів.
4. він приземляється в межах 5 дюймів від точки\((0,5)\).

Вправа\(\PageIndex{5}\)

Припустимо, ви вибираєте два числа\(x\) і\(y\), незалежно навмання від інтервалу\([0,1]\). З огляду на, що їх сума лежить в інтервалі\([0,1]\), знайдіть ймовірність того, що

1. \(|x - y| < 1\).
2. \(xy < 1/2\).
3. \(\max\{x,y\} < 1/2\).
4. \(x^2 + y^2 < 1/4\).
5. \(x > y\).

Вправа\(\PageIndex{6}\)

Знайдіть функції умовної щільності для наступних експериментів.

1. Число\(x\) вибирається випадковим чином в інтервалі\([0,1]\), враховуючи це\(x > 1/4\).
2. Число\(t\) вибирається випадковим чином в інтервалі\([0,\infty)\) з експоненціальною щільністю\(e^{-t}\), враховуючи це\(1 < t < 10\).
3. Дротик кидається в кругову ціль радіусом 10 дюймів, враховуючи, що вона падає у верхній половині цілі.
4. Два числа\(x\) і\(y\) вибираються випадковим чином в інтервалі\([0,1]\), враховуючи, що\(x > y\).

Вправа\(\PageIndex{7}\)

\(y\)Нехай\(x\) і вибирається навмання з інтервалу\([0,1]\). Покажіть, що події\(x > 1/3\) і\(y > 2/3\) є самостійними подіями.

Вправа\(\PageIndex{8}\)

\(y\)Нехай\(x\) і вибирається навмання з інтервалу\([0,1]\). Які пари наступних подій є незалежними?

1. \(x > 1/3\).
2. \(y > 2/3\).
3. \(x > y\).
4. \(x + y < 1\).

Вправа\(\PageIndex{9}\)

Припустимо, що\(X\) і\(Y\) є неперервними випадковими величинами з функціями щільності\(f_X(x)\) і\(f_Y(y)\), відповідно. Дозвольте\(f(x, y)\) позначити функцію щільності суглоба\((X, Y)\). Покажіть, що\[\int_{-\infty}^\infty f(x, y)\, dy = f_X(x)\ ,\] і\[\int_{-\infty}^\infty f(x, y)\, dx = f_Y(y)\ .\]

Вправа *\(\PageIndex{10}\)

У вправі 2.2.12 ви довели наступне: Якщо взяти палицю одиниці довжини і розбити її на три частини, вибираючи розриви випадковим чином (тобто вибираючи два дійсних числа незалежно і рівномірно з [0, 1]), то ймовірність того, що три частини утворюють трикутник, дорівнює 1/4. Розглянемо зараз подібний експеримент: спочатку зламайте палицю навмання, а потім навмання розбийте довший шматок. Покажіть, що два експерименти насправді зовсім різні, наступним чином:

1. Напишіть програму, яка імітує обидва випадки для запуску 1000 випробувань, виводить частку успіхів для кожного запуску та повторює цей процес десять разів. (Назвіть випробування успішним, якщо три частини утворюють трикутник.) Нехай ваша програма вибирає випадковим чином\((x,y)\) в квадраті одиниці, і в кожному випадку\(y\) використовувати\(x\) і знайти два перерви. Для кожного експерименту майте його сюжет,\((x,y)\) якщо\((x,y)\) дає успіх.
2. Покажіть, що в другому експерименті теоретична ймовірність успіху є насправді\(2\log 2 - 1\).

Вправа\(\PageIndex{11}\)

Монета має невідомий ухил\(p\), який, як передбачається, рівномірно розподілений між 0 і 1. Монета кидається\(n\) раз і голови повертає вгору\(j\) раз і хвости повертає вгору\(k\) раз. Ми бачили, що ймовірність того, що голови з'являться наступного разу, -\[\frac {j + 1}{n + 2}\ .\] Показати, що це те саме, що ймовірність того, що наступна куля чорна для моделі урни Polya вправи 4.1.20 Використовуйте цей результат, щоб пояснити, чому в моделі урни Polya частка чорних куль не має тенденцію до 0 або 1 як одна можна очікувати, а скоріше рівномірного розподілу на інтервалі\([0,1]\).

Вправа\(\PageIndex{12}\)

Попередній досвід застосування препарату говорить про те, що ймовірність\(p\) того, що препарат ефективний, - це випадкова величина, що має бета-щільність з параметрами\(\alpha = 2\) і\(\beta = 3\). Препарат використовується на десять суб'єктів і виявився успішним у чотирьох з десяти пацієнтів. Яку щільність ми тепер повинні віднести до ймовірності\(p\)? Яка ймовірність того, що препарат буде успішним при наступному використанні?

Вправа\(\PageIndex{13}\)

Напишіть програму, яка дозволить вам порівняти стратегії гра-переможця та гра-найкраща машина для дворукого бандитського завдання Прикладу 4.17. Нехай ваша програма визначить початкові ймовірності виграшу для кожної машини, вибравши пару випадкових чисел від 0 до 1. Нехай ваша програма виконувати 20 п'єс і відстежувати кількість перемог для кожної з двох стратегій. Нарешті, ваша програма зробить 1000 повторень 20 п'єс і обчислити середній виграш за 20 п'єс. Яка стратегія здається найкращою? Повторіть ці симуляції з 20 заміненими на 100. Чи змінюється ваша відповідь на вищевказане питання?

Вправа\(\PageIndex{14}\)

Розглянемо проблему дворукого бандита в прикладі 4.24 Брюс Барнс запропонував наступну стратегію, яка є варіацією на стратегію play-the-best-machine. Автомат з найбільшою ймовірністю виграшу розігрується при наступних двох умовах утримання: (а) різниця ймовірностей для виграшу менше 0,08, і (б) відношення кількості разів, зіграних на більш часто граючому автоматі, до кількості разів, зіграних на менш часто граючому автоматі, становить більше 1,4. Якщо вищевказані дві умови дотримуються, то грається автомат з меншою ймовірністю виграшу. Напишіть програму для моделювання цієї стратегії. У вашій програмі вибрати початкові ймовірності виграшу випадковим чином з інтервалу одиниці\([0,1]\), зробити 20 п'єс, і стежити за кількістю виграшів. Повторіть цей експеримент 1000 разів і отримайте середню кількість перемог за 20 п'єс. Реалізуйте другу стратегію - наприклад, грайте найкращу машину або одну за вашим власним вибором, і подивіться, як ця друга стратегія порівнюється з середніми виграшами Брюса.