Odnośnie zbieżności prawdopodobieństwa

12

Niech będzie sekwencją losowych zmiennych st prawdopodobieństwa, gdzie jest stałą stałą. Próbuję wyświetlić następujące elementy: i oba z prawdopodobieństwem. Jestem tutaj, aby sprawdzić, czy moja logika była dobra. Oto moja praca{Xn}n1Xnaa>0

Xna
aXn1

PRÓBA

W pierwszej części mamy Zauważ, że Wynika z tego, że

|Xna|<ϵ|Xna|<ϵ|Xn+a|=ϵ|(Xnsqrta)+2a|
ϵ|Xna|+2ϵa<ϵ2+2ϵa
ϵ2+2ϵa>ϵa
P(|Xna|ϵ)P(|Xna|ϵa)1asn
Xnainprobability

W drugiej części mamy Teraz, ponieważ jako , mamy, że jest sekwencją ograniczoną. Innymi słowy, istnieje liczba rzeczywista st . Zatem Patrząc na to z prawdopodobieństwem, mamy X na n X n M < | X n | M | X n - a | < ϵ | X n |

|aXn1|=|XnaXn|<ϵ|Xna|<ϵ|Xn|
XnanXnM<|Xn|MP ( | a
|Xna|<ϵ|Xn||Xna|<ϵM
P(|aXn1|>ϵ)=P(|Xna|>ϵ|Xn|)P(|Xna|>ϵM)0asn

W pierwszej jestem całkiem pewny siebie, ale w drugiej jestem dość niepewny. Czy moja logika brzmiała?

Savage Henry
źródło
6
Rozważ sekwencję gdzie oraz . Wydaje mi się, że od to ciąg zbieżny do prawdopodobieństwa, ale wyraźnie jest nieograniczona, ponieważ . Pr ( X n = a ) = 1 - 1 / n Pr ( X n = n ) = 1 / n 1 - 1 / n 1 a sup ( X n ) = max ( a , n ) XnPr(Xn=a)=11/nPr(Xn=n)=1/n11/n1asup(Xn)=max(a,n)
whuber
2
Twierdzenie o ciągłym odwzorowaniu?
Christoph Hanck

Odpowiedzi:

13

Szczegóły dowodów mają mniejsze znaczenie niż rozwijanie odpowiedniej intuicji i technik. Ta odpowiedź koncentruje się na podejściu zaprojektowanym w tym celu. Składa się z trzech kroków: „konfiguracji”, w której wprowadza się założenia i definicje; „ciało” (lub „kluczowy etap”), w którym założenia są w jakiś sposób powiązane z tym, co ma zostać udowodnione, oraz „rozwiązanie”, w którym dowód jest wypełniany. Podobnie jak w wielu przypadkach z dowodami prawdopodobieństwa, kluczowym krokiem jest tutaj praca z liczbami (możliwymi wartościami zmiennych losowych) zamiast zajmowania się znacznie bardziej skomplikowanymi zmiennymi losowymi.


Konwergencji prawdopodobieństwa sekwencji zmiennych losowych do stałej oznacza, że bez względu na sąsiedztwo wybrać, w końcu każdy tkwi w tej okolicy z prawdopodobieństwem, że jest dowolnie blisko . (Nie wyjaśnię, jak tłumaczyć „ostatecznie” i „arbitralnie zamknąć” na formalną matematykę - każdy zainteresowany tym postem już to wie). a 0 Y n - a 1Yna0Yna1

Przypomnij sobie, że sąsiedztwo to dowolny zestaw liczb rzeczywistych zawierający otwarty zbiór, którego jest członkiem.000

Konfiguracja jest rutynowa. Rozważ sekwencję i niech będzie dowolną dzielnicą . Celem jest pokazanie, że w końcu będzie miał dowolnie wysoką szansę na leżenie w . Ponieważ jest otoczeniem, musi istnieć dla którego otwarty interwał . Możemy zmniejszyć jeśli to konieczne, aby zapewnić . Zapewni to, że kolejne manipulacje są uzasadnione i przydatne.O 0 Y n - 1 O O ϵ > 0 ( - ϵ , ϵ ) O ϵ ϵ < 1Yn=a/XnO0Yn1OOϵ>0(ϵ,ϵ)Oϵϵ<1

Kluczowym krokiem będzie połączenie z . Nie wymaga to wcale znajomości zmiennych losowych. Algebra nierówności liczbowych (wykorzystując założenie ) mówi nam, że zbiór liczb , dla każdego , jest w korespondencji jeden-do-jednego ze zbiorem wszystkich dla którychX n a > 0 { Y n ( ω )YnXna>0 ϵ > 0 X n ( ω ){Yn(ω)|Yn(ω)1(ϵ,ϵ)}ϵ>0Xn(ω)

a1+ϵ<Xn(ω)<a1ϵ.

Równoważnie

Xn(ω)a(aϵ1+ϵ,aϵ1ϵ)=U.

Od prawy bok faktycznie jest sąsiedztwem . (To wyraźnie pokazuje, co się psuje, gdy ).a0U0a=0

Jesteśmy gotowi na rozwiązanie.

Ponieważ prawdopodobieństwa, wiemy, że ostatecznie każdy będzie znajdować się w z arbitralnie wysokim prawdopodobieństwem. Równoważnie ostatecznie leżą w o dowolnie dużym prawdopodobieństwem QED .X n - a U Y n - 1 ( - ϵ , ϵ ) OXnaXnaUYn1(ϵ,ϵ)O

Whuber
źródło
Przepraszam za tak późną najlepszą odpowiedź. To był pracowity tydzień. Dziękuję bardzo za to !!!
Savage Henry,
5

Dano nam to

limnP(|Xnα|>ϵ)=0

i chcemy to pokazać

limnP(|αXn1|>ϵ)=0

Mamy to

|αXn1|=|1Xn(αXn)|=|1Xn||Xnα|

Równie dokładnie badamy granicę prawdopodobieństwa

limnP(|1Xn||Xnα|>ϵ)=?0

Możemy podzielić prawdopodobieństwo na dwa wzajemnie wykluczające się wspólne prawdopodobieństwa

P(|1Xn||Xnα|>ϵ)=P(|1Xn||Xnα|>ϵ,|Xn|1)+P(|1Xn||Xnα|>ϵ,|Xn|<1)

W przypadku pierwszego elementu mamy szereg nierówności

P(|1Xn||Xnα|>ϵ,|Xn|1)P[|Xnα|>ϵ,|Xn|1]P[|Xnα|>ϵ]

Pierwsza nierówność wynika z faktu, że rozważamy region, w którym jest wyższa niż jedność, a zatem jej wzajemność jest mniejsza niż jedność. Druga nierówność, ponieważ łączne prawdopodobieństwo zbioru zdarzeń nie może być większe niż prawdopodobieństwo podzbioru tych zdarzeń. Limit skrajnego skrajnego prawa wynosi zero (jest to przesłanka), więc limit skrajnego skrajnego lewego punktu również wynosi zero. Zatem pierwszym elementem prawdopodobieństwa, które nas interesuje, jest zero.|Xn|

W przypadku drugiego elementu mamy

P(|1Xn||Xnα|>ϵ,|Xn|<1)=P(|Xnα|>ϵ|Xn|,|Xn|<1)

Zdefiniuj . Ponieważ tutaj | X n | jest ograniczony, z tego wynika, że δ można uczynić arytmetycznie małym lub dużym, a więc jest to równoważne z ϵ . Mamy więc nierównośćδϵmax|Xn||Xn|δϵ

P[|Xnα|>δ,|Xn|<1]P[|Xnα|>δ]

Ponownie, limit po prawej stronie wynosi zero według naszego założenia, więc limit po lewej stronie również wynosi zero. Dlatego drugim elementem prawdopodobieństwa, które nas interesuje, jest również zero. CO BYŁO DO OKAZANIA.

Alecos Papadopoulos
źródło
5

W pierwszej części weź i zauważ, że | x,a,ϵ>0 Dlatego dla dowolnegoϵ>0, definiującegoδ=ϵ

|xa|ϵ|xa|ϵaa|xa|ϵax+a|(xa)(x+a)|ϵa|xa|ϵa.
ϵ>0 , mamy Pr(|δ=ϵza gdyn, co oznacza, że
Par(|Xn-za|ϵ)Par(|Xn-za|δ)0,
n.XnParza

W drugiej części ponownie weź i oszukuj z odpowiedzi Hubbera (jest to kluczowy krok ;-), aby zdefiniować δ = min { a ϵx,za,ϵ>0

δ=min{zaϵ1+ϵ,zaϵ1-ϵ}.
|x-za|<δza-δ<x<za+δza-zaϵ1+ϵ<x<za+zaϵ1-ϵza1+ϵ<x<za1-ϵ1-ϵ<zax<1+ϵ|zax-1|<ϵ.
|zax-1|ϵ|x-za|δ.

Par(|zaXn-1|ϵ)Par(|Xn-za|δ)0,
nzaXnPar1

XnParX{nja}N.{njajot}{nja}XnjajotXjg:ARxA{xn}Axnxg(xn)g(x)gXnX

Pr(limng(Xn)=g(X))Pr(limxXn=X)=1,
g(Xn)g(X)gXnPrX{ni}N{nij}{ni}XnijXjg(Xnij)g(X)j{ni}Ng(Xn)Prg(X)g(x)=xh(x)=a/xx>0
Zen
źródło
Zen dziękuję za odpowiedź. To było bardzo jasne!
Savage Henry,