Gdyby

10

Dla ciągłej zmiennej losowej X , jeśli E(|X|) jest skończone, to czy limnnP(|X|>n)=0 ?

Jest to problem, który znalazłem w Internecie, ale nie jestem pewien, czy się utrzymuje.

Wiem, że nP(|X|>n)<E(|X|) utrzymuje nierówność Markowa, ale nie mogę pokazać, że idzie do 0, gdy n idzie do nieskończoności.

456 123
źródło
8
(1) Ciągłość nie jest potrzebna. (2) Wyraź oczekiwanie jako całkę funkcji przeżycia . (3) Rozważmy przeciwieństwo: co oznaczałoby niezerowe ograniczenie w oczekiwaniu? Pr(|X|>n)
whuber
@whuber ładne ćwiczenie! Myślę, że mam poprawną odpowiedź, ale skoro tak wygląda self-study, nie sądzę, że powinienem ją tutaj pisać. Czy mogę stworzyć prywatny czat i pokazać wam moje rozwiązanie, abyście mogli mi powiedzieć, czy jest poprawny?
DeltaIV
1
@Delta To jest przypadek, w którym opublikowanie odpowiedzi wydaje mi się w porządku: OP ma konkretne pytanie cząstkowe i nie wydaje się być trollingiem w poszukiwaniu odpowiedzi na zadanie domowe.
whuber
@whuber to przypomina mi nieistnienie rozkładzie równomiernym ciągu liczb naturalnych - to oznacza, że podczas gdy ciągłość nie jest potrzebny tutaj, policzalny addytywności jest ?
Bill Clark,

Odpowiedzi:

10

Spójrz na sekwencję zmiennych losowych zdefiniowaną przez zachowanie tylko dużych wartości:Oczywiste jest, że , więc Zauważ, że idla każdego . Zatem LHS z (1) dąży do zera przez dominującą zbieżność .{Yn}|X|

Yn:=|X|I(|X|>n).
YnnI(|X|>n)
(1)E(Yn)nP(|X|>n).
Yn0|Yn||X|n
grand_chat
źródło
Myślę, że masz na myśli „RHS” w ostatnim zdaniu, w przeciwnym razie dobra robota!
jbowman
@jbowman, on / on znaczy EYn0 przez dominujące twierdzenie o konwergencji (zauważ, że Yn0sam nie wystarczy, aby dojść do tego wniosku). Dodałem link do DCT na wikipedii
P.Windridge
@ P.Windridge - Nie przeczytałem wystarczająco uważnie i skojarzyłem „So the LHS” z równaniem 1, zamiast z poprzednim zdaniem. Mój błąd.
jbowman
Zauważ, że Yn jest zmienną losową. Yn0w jakim sensie?
YHH
@YHH Konwergencja jest punktowa: dla każdego ω, Yn(ω)0 tak jak n.
grand_chat
3

Mogę podać odpowiedź na ciągłą zmienną losową (z pewnością jest bardziej ogólna odpowiedź). PozwolićY=|X|:

E[Y]=0yfY(y)dy=0nyfY(y)dy+nyfY(y)dy0nyfY(y)dy+nnfY(y)dy=+n(FY()FY(n))=+n(1FY(n))=0nyfY(y)dy+nP(Y>n)

A zatem

0nP(Y>n)(E[Y]0nyfY(y)dy)

Teraz, skoro hipoteza E[Y] jest skończony, mamy to

limn(E[Y]0nyfY(y)dy)=E[Y]limn0nyfY(y)dy=E[Y]E[Y]=0

Następnie

limnnP(Y>n)=0

według twierdzenia o kanapkach.

DeltaIV
źródło
@ P.Windridge, czy mógłbyś sprawdzić, czy moje użycie dominującego twierdzenia o zbieżności jest prawidłowe? Mam ilośćnP(Y>n), która jest nieujemna i nie jest większa niż ilość, której limit wynosi 0 limnnP(Y>n)=0w moim zastosowaniu tego twierdzenia. Dzięki
DeltaIV,
2
@ DeltaIV- po pierwsze, aby wyjaśnić, „anbncn i an,cnl implikuje bnl„NIE jest zdominowanym twierdzeniem o konwergencji (zwykle nazywa się to twierdzeniem kanapkowym).
P.Windridge
1
@ DeltaIV - nie, nie potrzebujesz DCT, wystarczy MCT (obejmuje to również taką możliwość EY=, ale nie możesz powiedzieć EYEY==0! )
P.Windridge
1
Nie ma problemu. Btw, wiemE[Y]jest skończony z założenia, ja właśnie wyjaśniłem, gdzie używasz tego założenia (sam MCT nie wymaga go, w przeciwieństwie do DCT, którego używał @grand_chat i mam nadzieję, że spojrzałeś :)).
P.Windridge
1
@ P.Windridge ah, ok! Nie zauważyłem, że MCT nie wymaga założenia. Rzuciłem okiem na DCT, dlatego pomyślałem, że nie potrzebuję go na dowód :) Płacę za to, że nie uczono mnie o integracji Lebesgue na uniwersytecie ... z tego powodu jestem przyzwyczajony wykonaj rachunek prawdopodobieństwa w kategoriach pdf, zamiast miar.
DeltaIV
0

E|X|<E|X|I|X|>n0 (jednolicie integralna)

E|X|=E|X|I|X|>n+E|X|I|X|n

E|X|I|X|>nE|X|<

E|X|I|X|>nnEI|X|>n=nP(|X|>n)

E|X|I|X|>n0nP(|X|>n)0P(|X|>n)0

to znaczy limnP(|X|>n)=0

Aldehu
źródło