11.4 Ανεξαρτησία ενδεχομένων

Ορισμός 11.10   (Ανεξαρτησία ενδεχομένων) Δύο ενδεχόμενα $A$ και $B$ ονομάζονται ανεξάρτητα αν ${{\bf {Pr}}\left[{A \cap B}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{A}\right]}\cdot{{\bf {Pr}}\left[{B}\right]}$.

Γενικότερα αν $A_j$.$j \in J$, είναι ένα σύνολο ενδεχομένων (το σύνολο $J$ μπορεί να είναι και υπεραριθμήσιμο) αυτό θα λέγεται ανεξάρτητο σύνολο ενδεχομένων αν για κάθε πεπερασμένο πλήθος από αυτά, έστω $A_{j_1},\ldots,A_{j_N}$, η πιθανότητα της τομής τους ισούται με το γινόμενο των πιθανοτήτων τους:

$${{\bf {Pr}}\left[{A_{j_1} \cap \cdots \cap A_{j_N}}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{A_{j_1}}\right]} \cdots {{\bf {Pr}}\left[{A_{j_N}}\right]}.$$

Παρατήρηση 11.6   Ένας πιο φυσιολογικός ορισμός για την ανεξαρτησία δύο ενδεχομένων $A$ και $B$ είναι να απαιτήσουμε να ισχύει

$${{\bf {Pr}}\left[{A { \vert }B}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{A}\right]}.$$

Αυτή η σχέση προκύπτει από τον παραπάνω ορισμό της ανεξαρτησίας διαιρώντας με ${{\bf {Pr}}\left[{B}\right]}$, αν αυτό φυσικά δεν είναι 0. Μας λέει λοιπόν αυτή η ισότητα ότι αν υποθέσουμε ότι ισχύει το $B$ δεν αλλάζει τίποτα στην πιθανότητα του $A$ να ισχύει. Δεν επηρεάζει δηλ. το ένα γεγονός το άλλο.

Ο ορισμός αυτός, αν και διαισθητικά ελκυστικότερος, έχει το μειονέκτημα ότι (α) δεν μπορούμε να τον επικαλεστούμε εκτός αν ${{\bf {Pr}}\left[{B}\right]} > 0$, (β) τα $A$ και $B$ δεν εμφανίζονται με συμμετρικό τρόπο σε αυτόν και (γ) δε γενικεύεται εύκολα σε περισσότερα από δύο ενδεχόμενα.

Άσκηση 11.22   Αν $A$ και $B$ είναι ανεξάρτητα ενδεχόμενα τότε και τα $A^c$.$B$ είναι και ομοίως και τα $A^c, B^c$.

Άσκηση 11.23   Δείξτε ότι αν $A$ και $B$ είναι δύο ξένα ενδεχόμενα με ${{\bf {Pr}}\left[{A}\right]}>0$, ${{\bf {Pr}}\left[{B}\right]} > 0$ τότε αυτά δεν είναι ανεξάρτητα. Ομοίως αν $A \subseteq B$ και $B \neq \Omega$.

Παράδειγμα 11.11   Το πείραμά μας αποτελείται από τη ρίψη ενός τιμίου νομίσματος δύο φορές. Ο δειγματικός χώρος είναι ο

$$\Omega = {\left\{{(x,y): x, y \in {\left\{{K, \Gamma}\right\}}}\right\}}.$$

Ο $\Omega$ δηλ. αποτελείται από όλα τα δυνατά ζεύγη αποτελεσμάτων, και έχει συνεπώς 4 στοιχεία. Υποθέτουμε ότι όλα αυτά είναι ισοπίθανα με πιθανότητα 1/4 το καθένα. Αν ορίσουμε $A=\{$το πρώτο νόμισμα είναι Κ$\}$ και $B = \{$ το δεύτερο νόμισμα είναι Γ$\}$ τότε τα $A$ και $B$ είναι ανεξάρτητα αφού $A \cap B = {\left\{{(K, \Gamma)}\right\}}$ και άρα ${{\bf {Pr}}\left[{A \cap B}\right]} = 1/4$ ενώ ${{\bf {Pr}}\left[{A}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{B}\right]} = 1/2$ αφού καθένα από τα $A, B$ έχει δύο στοιχεία.

Η ανεξαρτησία αυτών των δύο ενδεχομένων αντικατοπτρίζει το γεγονός ότι οι δύο διαφορετικές ρίψεις του νομίσματος δεν επηρεάζουν η μια την άλλη, είναι όπως λέμε ανεξάρτητες ρίψεις.

Παράδειγμα 11.12   Ας υποθέσουμε ότι τα ενδεχόμενα $A, B, C, D$ είναι ανεξάρτητα. Ορίζουμε $E = A \cup B$ και $H = C \cap D$. Τα ενδεχόμενα $H$ και $D$ εξαρτώνται το καθένα από κάποια από τα $A, B, C, D$ αλλά δεν υπάρχει κανένα από τα $A, B, C, D$ από το οποίο να εξαρτώνται τα $E$ και $H$. Περιμένουμε λοιπόν τα $E$ και $H$ να είναι ανεξάρτητα.

Πράγματι

$${{\bf {Pr}}\left[{E \cap H}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{(A \cup B) \cap (C \cap D)}\right]}$$

$$= {{\bf {Pr}}\left[{(A \cap C \cap D) \cup (B \cap C \cap D)}\right]}$$

$$= {{\bf {Pr}}\left[{A \cap C \cap D}\right]} + {{\bf {Pr}}\left[{B \cap C \cap D}\right]} - {{\bf {Pr}}\left[{A \cap B \cap C \cap D}\right]}.$$

ενώ

$${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]} \cdot {{\bf {Pr}}\left[{H}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{A \cup B}\right]} {{\bf {Pr}}\left[{C \cap D}\right]}$$

$$= ({{\bf {Pr}}\left[{A}\right]}+{{\bf {Pr}}\left[{B}\right]}-{{\bf ... ...t[{A \cap B}\right]}) {{\bf {Pr}}\left[{C}\right]} {{\bf {Pr}}\left[{D}\right]}$$

$$= {{\bf {Pr}}\left[{A \cap C \cap D}\right]} + {{\bf {Pr}}\left[{B \cap C \cap D}\right]} - {{\bf {Pr}}\left[{A \cap B \cap C \cap D}\right]},$$

άρα οι δύο ποσότητες είναι ίδιες. Στα παραπάνω χρησιμοποιήσαμε και την ισότητα (11.6).

Παρατήρηση 11.7  

Πώς γενικεύεται το Παράδειγμα 11.12; Αν έχουμε κάποια ενδεχόμενα $A_i$ και κάποια $B_j$, όλα ανεξάρτητα μεταξύ τους, και ενδεχόμενα $A$ και $B$ που ορίζονται μέσω των $A_i$ και $B_j$ αντιστοιχα, για παράδειγμα μέσω συνολοθεωρητικών πράξεων όπως στο Παράδειγμα 11.12, τότε τα $A$ και $B$ είναι ανεξάρτητα. Αν και η απόδειξη δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολη δε θα την παρουσιάσουμε εδώ. Θα χρησιμοποιηθεί όμως κατά κόρον.

Παράδειγμα 11.13   Ρίχνουμε τρεις φορές ένα νόμισμα. Υποθέτουμε ότι οι ρίψεις είναι ανεξάρτητες. Τι σημαίνει όμως αυτό ακριβώς;

Ένας τρόπος να εκφραστούμε με ακρίβεια είναι ο εξής. Ονομάζουμε $A_i$ το ενδεχόμενο να έχουμε κορώνα (Κ) στην $i$-οστή ρίψη, $i=1,2,3$. Η υπόθεση ότι οι ρίψεις είναι ανεξάρτητες σημαίνει ότι τα ενδεχόμενα $A_1, A_2, A_3$ είναι ανεξάρτητα.

Τι συνέπειες έχει αυτό; Για παράδειγμα εν θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα του να έχουμε ΚΚΓ στις τρεις ρίψεις του νομίσματος αυτή είναι η πιθανότητα του ενδεχομένου $A_1 \cap A_2 \cap A_3^c$ και, λόγω της ανεξαρτησίας, έχουμε

$${{\bf {Pr}}\left[{A_1 \cap A_2 \cap A_3^c}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{A_1}\right]}{{\bf {Pr}}\left[{A_2}\right]}{{\bf {Pr}}\left[{A_3^c}\right]},$$

και, αν το νόμισμα είναι και τίμιο (ίση πιθανότητα να φέρουμε Κ ή Γ σε μία οποιαδήποτε ρίψη) τότε η πιθανότητα αυτή ισούται με $(\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}.$

Παράδειγμα 11.14   Σε αντιστοιχία με το Παράδειγμα 11.13 τι σημαίνει ότι ρίχνουμε ένα ζάρι τρεις ανεξάρτητες φορές;

Εδώ τα πράγματα περιπλέκονται λίγο σε σχέση με το Παράδειγμα 11.13 μια και σε εκείνο το Παράδειγμα αρκούσε να ξέρουμε το αν φέραμε κορώνα ή όχι για να ξέρουμε το αποτέλεσμα της ρίψης, πράγμα που δεν ισχύει εδώ μια και το πλήθος των δυνατών αποτελεσμάτων μιας ρίψης είναι 6 κι όχι 2.

Ένας τρόπος να θεμελιώσουμε με ακρίβεια την ανεξαρτησία των τριών ρίψεων είναι να ορίσουμε το ενδεχόμενο $A_i^j$.$i=1,2,3$, $j=1,\ldots,6$, να σημαίνει ότι στην $i$-οστή ρίψη έχουμε αποτέλεσμα $j$, και να πούμε ότι για κάθε επιλογή των άνω δεικτών $j_1,\ldots,j_3 \in {\left\{{1,\ldots,6}\right\}}$ τα ενδεχόμενα $A_1^{j_1}, A_2^{j_2}, A_3^{j_3}$ είναι ανεξάρτητα.

Με αυτό τον τρόπο μπορούμε π.χ. να υπολογίσουμε την πιθανότητα να φέρουμε αποτελέσματα 1,2,3 ως την πιθανότητα του ενδεχομένου $A_1^1 \cap A_2^2 \cap A_3^3$, που, λόγω της ανεξαρτησίας των τριών, ισούται με $1/6^3$.

Πάντως ο πιο απλός τρόπος να θεμελιώσουμε σωστά την έννοια των ανεξάρτητων αυτών ρίψεων θα μας είναι προσιτός αφού μιλήσουμε για τις τυχαίες μεταβλητές.

Η σύμβαση που θα ακολουθούμε από δω και πέρα στην περιγραφή πειραμάτων κωδικοποιείται στον παρακάτω ορισμό.

Ορισμός 11.11   Θα λέμε ότι τα πειράματα $\Pi_1,\ldots,\Pi_m$, $m \in \overline{{\mathbb{N}}}$, εκτελούνται ανεξάρτητα αν για κάθε επιλογή ενδεχομένων $A_1,\ldots,A_m$ τέτοια ώστε το ενδεχόμενο $A_i$ εξαρτάται μόνο από το πείραμα $\Pi_i$, η οικογένεια ενδεχομένων $A_1,\ldots,A_m$ είναι ανεξάρτητη. (Το ότι το ενδεχόμενο $A_i$ εξαρτάται μόνο από το πείραμα $\Pi_i$ σημαίνει απλά ότι αν γνωρίζουμε το αποτέλεσμα του $\Pi_i$ και μόνο μπορούμε να αποφασίσουμε αν ισχύει το $A_i$ ή όχι.)

Παρατήρηση 11.8   Το ότι μπορούμε, δεδομένων κάποιων πειραμάτων, να θεωρήσουμε ότι μπορούν να εκτελεστούν ανεξάρτητα θέλει κάποια τεκμηρίωση. Το να πούμε δηλ. την πρόταση

Έστω $n$ ανεξάρτητες ρίψεις ενός νομίσματος.

συνεπάγεται ότι στον προφανή δειγματικό χώρο αυτού του σύνθετου πειράματος

$$\Omega = {\left\{{(x_1,\ldots,x_n): x_i \in {\left\{{K, \Gamma}\right\}}}\right\}}$$

μπορούμε να ορίσουμε μια συνάρτηση πιθανότητας $p:\Omega\to[0,1]$ τέτοια ώστε η απαίτηση του Ορισμού 11.11 να ισχύει. Αυτό δεν είναι δύσκολο αν το πλήθος των ανεξάρτητα εκτελούμενων πειραμάτων είναι πεπερασμένο αλλά είναι αρκετά πιο τεχνικό για $n=\infty$. Στην περίπτωση μάλιστα αυτή ο δειγματικός χώρος δεν είναι καν αριθμήσιμος, οπότε δεν μπορούμε καν να μιλήσουμε για την κατανομή πιθανότητας $p:\Omega\to[0,1]$ αλλά πρέπει (δείτε §11.2.1) να ορίσει κανείς τη συνολοσυνάρτηση ${{\bf {Pr}}\left[{\cdot}\right]}$ που πληροί τα αξιώματα της §11.2.1. Θα το θεωρούμε αυτό γνωστό από δω και πέρα.

Άσκηση 11.24   Δείξτε ότι αν υποθέσουμε ότι έχουμε τρείς ανεξάρτητες ρίψεις ζαριών με βάση τον Ορισμό 11.11 τότε ισχύει η υπόθεση που κάναμε στο Παράδειγμα 11.14.

Άσκηση 11.25   Ρίχνουμε ένα νόμισμα $n$ φορές. Δείξτε ότι η πιθανότητα να φέρουμε $n$ κορώνες είναι $2^{-n}$.

Άσκηση 11.26   Ρίχνουμε ένα νόμισμα τρεις φορές, και έστω $A_{ij}$ το ενδεχόμενο η $i$-οστή και η $j$-οστή ρίψη να φέρουν το ίδιο αποτέλεσμα, $i<j$.$i,j=1,2,3$.

Δείξτε ότι τα τρία αυτά ενδεχόμενα είναι ανά δύο ανεξάρτητα αλλά όχι και τα τρία μαζί.

Άσκηση 11.27   Σε ένα πληθυσμό από $N$ ζευγάρια όπου το καθένα κάνει ακριβώς δύο παιδιά, τι ποσοστό των ζευγαριών περιμένετε να έχει δύο κόρες;

Άσκηση 11.28   Ρίχνουμε τυχαία βελάκια σ' ένα στρογγυλό στόχο ακτίνας $R$. Υποθέτουμε ότι τα βελάκια ακολουθούν την ομοιόμορφη κατανομή, ότι δηλ. αν $A$ και $B$ είναι δύο ισεμβαδικά χωρία μέσα στο στόχο τότε η πιθανότητα να πέσει το βελάκι μέσα στο $A$ και στο $B$ είναι η ίδια. Με άλλα λόγια ακολουθούμε το μοντέλο της §11.2.1. Δείξτε ότι το να πέσει το βελάκι στο αριστερό μισό του δίσκου και το να πέσει στον κάτω μισό δίσκο είναι ανεξάρτητα γεγονότα.

Παράδειγμα 11.15   Επανερχόμαστε στο παράδειγμα της §11.1.4 για να υπολογίσουμε την πιθανότητα η οικογένεια να κάνει $k$ παιδιά, $k \ge 1$. Η ακριβής υπόθεση που κάνουμε εδώ είναι ότι οι διαδοχικές γέννες της οικογένειας είναι ανεξάρτητα πειράματα, και το καθένα από αυτά φέρνει αγόρι ή κορίτσι με ίση πιθανότητα. Ας συμβολίσουμε λοιπόν με $A_k$ το ενδεχόμενο η οικογένεια να αποκτήσει συνολικά $k$ παιδιά, $k\in\overline{{\mathbb{N}}}$. Ας συμβολίσουμε επίσης με $B_i$ και $G_i$ τα ενδεχόμενα στην $i$-οστή γέννα το ζευγάρι να αποκτήσει αγόρι ή κορίτσι, αντίστοιχα, $i \in {\mathbb{N}}$. (Αν και το ζευγάρι σταματά να κάνει παιδιά όταν αποκτήσει αγόρι εμείς ωστόσο μπορούμε ιδεατά να συνεχίσουμε το πείραμα, κι έτσι τα ενδεχόμενα $B_i$ και $G_i$ έχουν νόημα για κάθε $i \in {\mathbb{N}}$. Με άλλα λόγια θα μπορούσε το πείραμα να έχει διατυπωθεί ως εξής: έχουμε ένα ζευγάρι που κάνει συνέχεια παιδιά, επ' άπειρον, και μας ενδιαφέρει το πότε κάνει το πρώτο αγόρι.)

Προφανώς τότε ισχύει για κάθε $k \in {\mathbb{N}}$

$$A_k = G_1 \cap G_2 \cap \cdots \cap G_{k-1} \cap B_k.$$

Για να αποκτήσει δηλ. το ζευγάρι $k$ παιδιά συνολικά πρέπει και αρκεί να αποκτήσει $k-1$ κορίτσια ακολουθούμενα από ένα αγόρι.

Η ανεξαρτησία όμως των γεννήσεων συνεπάγεται ότι τα ενδεχόμενα $G_1, G_2, \ldots, G_{k-1}, B_k$ είναι ανεξάρτητα αφού κάθε ένα από αυτά εξαρτάται κι από διαφορετικό πείραμα. Άρα

$${{\bf {Pr}}\left[{A_k}\right]} = {{\bf {Pr}}\left[{G_1}\right]} {... ...ts {{\bf {Pr}}\left[{G_{k-1}}\right]} {{\bf {Pr}}\left[{B_k}\right]} = 2^{-k}.$$

Ποια η πιθανότητα τώρα του ενδεχομένου $A_\infty$, του να αποκτήσει δηλ. η οικογένεια άπειρα παιδιά, ή, ισοδύναμα, να μην αποκτήσει ποτέ αγόρι; Είναι φανερό ότι για κάθε $k \in {\mathbb{N}}$ έχουμε

$$A_\infty \subseteq G_1 \cap G_2 \cap \cdots \cap G_k.$$ (11.13)

Αυτός ο εγκλεισμός ενδεχομένων δε λέει τίποτε άλλο από το ότι αν γνωρίζουμε ότι ισχύει το $A_\infty$ τότε οι $k$ πρώτες γέννες είναι κορίτσια, και αυτό φυσικά ισχύει για κάθε $k \in {\mathbb{N}}$. Όμως, το ενδεχόμενο στο δεξί μέρος της (11.13) έχει πιθανότητα $2^{-k}$ λόγω ανεξαρτησίας, άρα, για κάθε $k \in {\mathbb{N}}$, ισχύει ${{\bf {Pr}}\left[{A_\infty}\right]} \le 2^{-k}$, πράγμα που μπορεί να συμβεί μόνο αν ${{\bf {Pr}}\left[{A_\infty}\right]} = 0$.

Παράδειγμα 11.16   Ρίχνουμε ένα ζάρι 10 φορές. Ποια η πιθανότητα ότι θα έρθει ακριβώς ένα 6;

Έστω $E$ το ενδεχόμενο να μας έρθει ακριβώς ένα 6, και $E_i$, $i=1,\ldots,10$, το ενδεχόμενο να μας έρθει ακριβώς ένα έξι και μάλιστα στη θέση $i$. Προφανώς τα $E_i$ αποτελούν διαμέριση του $E$, οπότε ${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]}=\sum_{i=1}^{10} {{\bf {Pr}}\left[{E_i}\right]}$.

Ορίζουμε τα ενδεχόμενο $A_i^k$, για $k=1,\ldots,6$, να σημαίνει ότι στην $i$-οστή ρίψη το αποτέλεσμα είναι $k$. Προφανώς ισχύει

$$E_i = (A_1^6)^c \cap (A_2^6)^c \cap \cdots \cap A_i^6 \cap (A_{i+1}^6)^c \cap \cdots \cap (A_{10}^6)^c = A_i^6 \cap \bigcap_{j \neq i} (A_j^6)^c .$$ (11.14)

Για να ισχύει δηλ. το $E_i$ πρέπει σε όλες τις ρίψεις να μη φέρουμε 6 εκτός από την $i$-οστή ρίψη στην οποία πρέπει να φέρουμε 6. Τα ενδεχόμενα που εμφανίζονται στο δεξί μέλος της (11.14) είναι ανεξάρτητα μια και το καθένα από αυτά αφορά διαφορετική ρίψη, άρα

$${{\bf {Pr}}\left[{E_i}\right]} = \left(\frac{5}{6}\right)^9 \frac{1}{6},$$

αφού το ενδεχόμενα $A_j^6$ έχει πιθανότητα 1/6 και τα ενδεχόμενα $(A_j^6)^c$ έχουν τη συμπληρωματική πιθανότητα 5/6, για κάθε $j$.

Τέλος ${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]} = \sum_{i=1}^{10} {{\bf {Pr}}\left[{E_i}\right]} = 10 \left(\frac{5}{6}\right)^9 \frac{1}{6}$.

Άσκηση 11.29   Αποδείξτε ότι ο αριθμός $10 \left(\frac{5}{6}\right)^9 \frac{1}{6}$ είναι $\le 1$ χωρίς να κάνετε καμία πράξη.

Παράδειγμα 11.17   Ρίχνουμε ένα τίμιο ζάρι άπειρες φορές. Παίρνουμε έτσι ως αποτέλεσμα του πειράματος μια άπειρη ακολουθία $X_n$, $n=1,2\ldots$, με $X_n \in {\left\{{1,\ldots,6}\right\}}$. Ποια η πιθανότητα να μη φέρουμε ποτέ 6; Ας είναι $E$ το ενδεχόμενο αυτό.

Ας ονομάσουμε $E_i$, $i = 1,2,\ldots$, το ενδεχόμενο να μη φέρουμε 6 στην $i$-οστή ρίψη. Ισχύει φυσικά ${{\bf {Pr}}\left[{E_i}\right]} = 5/6$ για κάθε $i$να μη φέρουμε ποτέ 6;

Ας ονομάσουμε $E_i$, $i = 1,2,\ldots$, το ενδεχόμενο να μη φέρουμε 6 στην $i$-οστή ρίψη. Ισχύει φυσικά ${{\bf {Pr}}\left[{E_i}\right]} = 5/6$ για κάθε $i$. Επίσης η ακολουθία $E_i$ είναι ανεξάρτητη αφού κάθε $E_i$ αναφέρεται σε διαφορετική ρίψη. Τέλος $E = \bigcap_{i=1}^\infty E_i$, οπότε

$${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]} = \prod_{i=1}^\infty (5/6) = \lim_{N\to\infty} \prod_{i=1}^N (5/6) = \lim_{N\to\infty} (5/6)^N = 0,$$

αφού $\lim_{N\to\infty} \alpha^N = 0$ αν (και μόνο αν) ${\left\vert{\alpha}\right\vert}<1$.

Παράδειγμα 11.18   Όπως και προηγουμένως ρίχνουμε ένα ζάρι άπειρες φορές και παίρνουμε μια άπειρη ακολουθία $X_n$, $n=1,2\ldots$, με $X_n \in {\left\{{1,\ldots,6}\right\}}$. Ποια η πιθανότητα να μη δούμε ποτέ στην ακολουθία αυτή τον αριθμό 1, ακολουθούμενο από τον 2, ακολουθούμενο από τον 3; (Σε διαφορετική γλώσσα ποια η πιθανότητα η λέξη 123 να μην είναι υπολέξη της άπειρης σε μήκος λέξης $X_1X_2X_3\cdots$;) Ας ονομάσουμε $E$ αυτό το ενδεχόμενο του οποίου την πιθανότητα θέλουμε να υπολογίσουμε.

Ορίζουμε πάλι $E_i$ να είναι το ενδεχόμενο $(X_i, X_{i+1}, X_{i+2}) \neq (1,2,3)$, το ενδεχόμενο δηλ. να μην εμφανιστεί η «απογορευμένη λέξη» αρχίζοντας από την $i$-οστή θέση της ακολουθίας. Προφανώς ισχύει και πάλι $E = \bigcap_{i=1}^\infty E_i$. Η ουσιαστική διαφορά με προηγουμένως είναι ότι τα $E_i$ δεν αποτελούν πλέον ανεξάρτητη ακολουθία, τουλάχιστον όχι αν δεν το αποδείξουμε, αφού, για παράδειγμα το $E_i$ και $E_{i+1}$ ανεφέρονται και τα δύο στη ρίψη υπ' αριθμόν $i+1$.

Ο τρόπος να δείξουμε και πάλι ότι ${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]} = 0$ είναι να παρατηρήσουμε ότι τα ενδεχόμενα $E_{3i}$, $i = 1,2,\ldots$, είναι ανεξάρτητα, αφού αναφέρονται σε διαφορετικά πειράματα και ότι

$$E \subseteq \bigcap_{i=1}^\infty E_{3i}.$$

Επίσης είναι φανερό ότι η ποσότητα $E_{3i}$ είναι ανεξάρτητη του $i$ και μικρότερη του 1, έστω $p$. Τότε ${{\bf {Pr}}\left[{E}\right]} \le \prod_{i=1}^\infty {{\bf {Pr}}\left[{E_{3i}}\right]} = \prod_{i=1}^\infty p = 0$.

Άσκηση 11.30   Υπολογίστε την ποσότητα $p$ στο Παράδειγμα 11.18.

Άσκηση 11.31   Γενικεύστε το Παράδειγμα 11.18 και δείξτε ότι αν $X_n$ είναι μια ακολουθία τέτοια ώστε το $X_n$ έχει επιλεγεί τυχαία (ας πούμε με την ομοιόμορφη κατανομή) από το σύνολο ${\left\{{1,\ldots,K}\right\}}$ ανεξάρτητα από τα άλλα $X_n$, και αν $w_1, w_2, \cdots, w_n \in {\left\{{1,\ldots,K}\right\}}$ είναι κάποια προεπιλεγμένα στοιχεία, τότε η πιθανότητα ότι τα στοιχεία αυτά δεν εμφανίζονται ποτέ στην ακολουθία $X_n$ το ένα μετά το άλλο, είναι 0.

Άσκηση 11.32   Έστω $0 \le a_n \le 1$ ακολουθία αριθμών. Δείξτε ότι

$$0 = \prod_{i=1}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty} \prod_{i=1}^N a_n$$

αν και μόνο αν $\sum_{i=1}^\infty (1-a_n) = \infty$.

Υπόδειξη: Πάρτε λογαρίθμους και χρησιμοποιήστε την ανισότητα

$$2(x-1) \le \log x \le x-1,$$

που ισχύει για $\theta \le x \le 1$.$\theta$ είναι κάποιος αριθμός στο (0,1) που δε χρειάζεται να τον γνωρίζουμε ακριβώς).

Άσκηση 11.33   Ας είναι $E_n$ μια ανεξάρτητη ακολουθία ενδεχομένων με $\sum_{n=1}^\infty {{\bf {Pr}}\left[{E_n}\right]} = \infty$. Δείξτε ότι σχεδόν σίγουρα ισχύουν άπειρα από τα $E_n$.

Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε την Άσκηση 11.32

Παρατήρηση 11.9   Η Άσκηση 11.17 μαζί με την Άσκηση 11.33 αποτελούν το λεγόμενο Λήμμα Borel-Cantelli.

Άσκηση 11.34   Το καλοκαίρι έχει σχεδόν τελειώσει για τον πολύ κόσμο κι εσάς σας έχει μόλις προσλάβει μια σοβαρή εταιρεία δημοσκοπήσεων. Ένας μεγάλος πελάτης αυτής της εταιρείας ενδιαφέρεται να εκτιμήσει το ποσοστό του κόσμου που έχει απατήσει το/η σύντροφό του το καλοκαίρι που μας πέρασε.

Η εταιρεία δημοσκοπήσεων έχει μεγάλο πρόβλημα να πραγματοποιήσει αυτή τη δημοσκόπηση. Αν η εταιρεία μπορούσε να μαζέψει ένα τυχαίο δείγμα του κόσμου, π.χ. 10.000 άτομα, σε ένα χώρο, θα μπορούσε εύκολα να τους μοιράσει ανώνυμα ερωτηματολόγια. Οι ερωτούμενοι τότε, καλυπτόμενοι από την ανωνυμία, δε θα είχαν λόγο να απαντήσουν ψέματα και από τις απαντήσεις τους θα προέκυπτε εύκολα η εκτίμηση της πιθανότητας απιστίας.

Όμως το να μαζέψει τόσο κόσμο είναι πολύ ακριβό και αυτή η μέθοδος είναι ανεφάρμοστη. Η εταιρεία δημοσκοπήσεων μπορεί όμως να βγάλει συνεργάτες της έξω οι οποίοι θα μπορούν να σταματάνε τυχαία κόσμο στο δρόμο (ή να επισκέπτονται κόσμο τυχαία στα σπίτια ή τις δουλειές τους) και να τους ρωτάνε. Και πάλι βέβαια, αν σας σταματήσει κάποιος στο δρόμο και σας κάνει τέτοια ερώτηση υπάρχει μεγάλη πιθανότητα ότι δε θα πείτε την αλήθεια (που ξέρετε αν αυτός που σας ρωτάει σας ξέρει ή όχι, κλπ).

Προτείνετε ένα τρόπο να συλλέξετε δεδομένα που θα σας οδηγήσουν στη σωστή εκτίμηση της πιθανότητας απιστίας. Πιο συγκεκριμένα, προτείνετε ένα τρόπο να απαντάει το τυχαίο άτομο μ' ένα ΝΑΙ ή ΟΧΙ, χρησιμοποιώντας κι ένα νόμισμα το οποίο μπορεί να ρίχνει όσες φορές θέλει και του οποίου το αποτέλεσμα μόνο αυτό το άτομο ξέρει. Από τις απαντήσεις αυτές θα πρέπει να μπορείτε να συνάγετε την εκτίμηση της πιθανότητας αλλά δε θα μπορείτε να βγάλετε συμπέρασμα για τις καλοκαιρινές δραστηριότητες κανενός ερωτούμενου. Επίσης αυτό το τελευταίο θα πρέπει να είναι προφανές στους ερωτούμενους.

Υποθέτουμε ότι οι ερωτούμενοι δρουν καλόπιστα και ακολουθούν τις οδηγίες σας.

Άσκηση 11.35   Έστω ότι $f(x_1,\ldots,x_n)$ είναι ένα πολυώνυμο, βαθμού $\le d$ σε κάθε μεταβλητή, και $S \subseteq {\mathbb{R}}$ είναι ένα πεπερασμένο σύνολο.

Επιλέγουμε τους τυχαίους αριθμούς $X_1,\ldots,X_n \in S$ ομοιόμορφα και ανεξάρτητα από το $S$. Δείξτε ότι

$${{\bf {Pr}}\left[{f(X_1,\ldots,X_n) = 0}\right]} \le \frac{d}{\vert S\vert}.$$

Υπόδειξη: Επαγωγή ως προς $n$. Μη ξεχνάτε ότι ένα πολυώνυμο μιας μεταβλητής δε μπορεί να έχει περισσότερες ρίζες απ' ό,τι ο βαθμός του.

Σχήμα 11.1: Η συνδεσμολογία της Άσκησης 11.36

Άσκηση 11.36   Σε ένα $N\times N$ πίνακα από κουκίδες όλες οι κουκίδες είναι αρχικά ενωμένες με τις 4 γειτονικές τους με ακμές (εκτός από αυτές που είναι στα σύνορα οι οποίες ενώνονται με λιγότερες). Για κάθε μια από τις ακμές που υπάρχουν στην αρχή ρίχνουμε ανεξάρτητα ένα νόμισμα που έρχεται κορώνα με πιθανότητα $p$, ίδια για όλες τις ακμές, και αν το νόμισμα έρθει γράμματα σβήνουμε την ακμή. (Δείτε το Σχήμα 11.1.)

Θεωρήστε το ενδεχόμενο $E$ μετά από τις διαγραφές ακμών να υπάρχει μονοπάτι που ξεκινάει από κάποια κουκίδα της αριστερής μεριάς και καταλήγει σε κάποια κουκίδα της δεξιάς μεριάς του πίνακα (το μονοπάτι αποτελείται από ακμές που δε σβήστηκαν).

Αποδείξτε ότι η πιθανότητα του $E$ είναι αύξουσα συνάρτηση του $p$.

Υπόδειξη: Η δυσκολία σε αυτό το πρόβλημα έγκειται στο ότι προσπαθούμε να συγκρίνουμε δύο πιθανότητες που εμφανίζονται σε δύο διαφορετικά πειράματα (με μια τιμή του $p$ και με μια μεγαλύτερη τιμή του $p$). Προσπαθήστε με κάποιο τρόπο να εκφράσετε αυτά τα δύο ενδεχόμενα ως ενδεχόμενα του ίδιου πειράματος.