|
Так как [math]X_1 X_2 \ldots X_n[/math] — одинаково распределенные и принимают значения из множества [math]\{0, 1\}[/math]:
[math]\mathbb {P}(X_i = 1) = p[/math]
[math]\mathbb{P}{(X_i = 0) = 1 - p = q}[/math]
[math]\mathbb {E} X_i = p[/math]
Пусть [math]\bar{X_i} = X_i - p[/math], тогда [math]\mathbb E\bar{X_i} = 0[/math]
Преобразуем выражение [math]\mathbb{P} (\dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i - \dfrac{1}{n} m \geqslant \delta)[/math]. ([math]t[/math] — любое положительное число):
[math]\mathbb{P}(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i - \dfrac{1}{n} m \geqslant \delta) = \mathbb {P} (\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i} \geqslant \delta) = \mathbb {P}(e^{t\sum_{i=1}^{n} \bar{X_i}} \geqslant e^{t \delta n})[/math]
Используем неравенство Маркова для оценки полученного выражения:
[math]\mathbb {P}(e^{ t\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i}} \geqslant e^{t \delta n}) \leqslant \dfrac{\mathbb{E} (e^{ t\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i}})}{e^{t \delta n}}[/math]
Матожидание можно преобразовать:
[math]\mathbb{E} (e^{ t\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i}}) = \prod_{i = 1}^{n}\mathbb{E}(e^{t \bar{X_i}})[/math]
Оценим [math]\mathbb{E}(e^{t \bar{X_i}})[/math] с учётом того, что [math]p \in [0, 1][/math]
[math]\mathbb{E}(e^{t \bar{X_i}}) = p e^{tq} + qe^{-pt} \leqslant e ^ {\frac{t^2}{8}}[/math]
[math]\mathbb {P}(e^{ t\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i}} \geqslant e^{t \delta n}) \leqslant \dfrac{e^{n\frac{t^2}{8}}}{e^{t \delta n}}[/math]
При [math]t = 4\delta[/math]:
[math]\mathbb {P}(e^{ t\sum_{i=1}^{n}\bar{X_i}} \geqslant e^{t \delta n}) \leqslant e^{-2 \delta^2 n}[/math]
Аналогично доказывается, что: [math]\mathbb{P} (\dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i - \dfrac{1}{n} m \leqslant -\delta) \leqslant e^{-2 \delta^2 n}[/math]
Таким образом: [math]\mathbb{P} (|\dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i - \dfrac{1}{n} m| \geqslant \delta) \leqslant 2e^{-2 \delta ^2 n}[/math] | 