Mengenai konvergensi dalam probabilitas

12

Biarkan {Xn}n1 menjadi urutan variabel acak st Xna dalam probabilitas, di mana a>0 adalah konstanta tetap. Saya mencoba menunjukkan yang berikut:

Xna
dan
aXn1
keduanya dalam probabilitas. Saya di sini untuk melihat apakah logika saya sehat. Ini pekerjaan saya

MENCOBA

Untuk bagian pertama, kami memiliki

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

Untuk bagian kedua, kami memiliki Sekarang, karena X na sebagai n , kita memiliki bahwa X n adalah urutan yang dibatasi. Dengan kata lain, ada bilangan real M < st | X n | M . Jadi, | X n - a | < ϵ | X n |

|aXn1|=|XnaXn|<ϵ|Xna|<ϵ|Xn|
XnanXnM<|Xn|MMelihatnya dalam probabilitas, kita memiliki P ( | a
|Xna|<ϵ|Xn||Xna|<ϵM
P(|aXn1|>ϵ)=P(|Xna|>ϵ|Xn|)P(|Xna|>ϵM)0asn

Saya cukup percaya diri pada yang pertama, tetapi saya cukup ragu pada yang kedua. Apakah logika saya masuk akal?

Savage Henry
sumber
6
Pertimbangkan urutan mana Pr ( X n = a ) = 1 - 1 / n dan Pr ( X n = n ) = 1 / n . Sepertinya saya bahwa sejak 1 - 1 / n 1 urutan ini konvergen ke suatu probabilitas, tetapi jelas itu tak terbatas sejak sup ( X n ) = max ( a , nXnPr(Xn=a)=11/nPr(Xn=n)=1/n11/n1a . sup(Xn)=max(a,n)
whuber
2
Teorema pemetaan berkelanjutan?
Christoph Hanck

Jawaban:

13

Rincian bukti kurang penting daripada mengembangkan intuisi dan teknik yang tepat. Jawaban ini berfokus pada pendekatan yang dirancang untuk membantu melakukannya. Ini terdiri dari tiga langkah: "pengaturan" di mana asumsi dan definisi diperkenalkan; "tubuh" (atau "langkah krusial") di mana asumsi-asumsi itu entah bagaimana terkait dengan apa yang harus dibuktikan, dan "kesudahan" di mana bukti itu dilengkapi. Seperti dalam banyak kasus dengan bukti probabilitas, langkah penting di sini adalah masalah bekerja dengan angka (nilai-nilai yang mungkin dari variabel acak) daripada berurusan dengan variabel acak yang jauh lebih rumit itu sendiri.


Konvergensi dalam probabilitas dari urutan variabel acak untuk konstanta suatu cara yang tidak peduli apa lingkungan dari 0 Anda memilih, akhirnya masing-masing Y n - sebuah kebohongan di lingkungan ini dengan probabilitas yang sewenang-wenang dekat dengan 1 . (Saya tidak akan menjelaskan bagaimana menerjemahkan "akhirnya" dan "menutup secara sewenang-wenang" ke dalam matematika formal - siapa pun yang tertarik dengan tulisan ini sudah tahu itu.)Yna0Yna1

Ingat bahwa lingkungan adalah himpunan bilangan real mana pun yang berisi himpunan terbuka yang mana 0 adalah anggotanya.00

Penyiapannya rutin. Pertimbangkan urutan dan biarkan O menjadi lingkungan 0 . Tujuannya adalah untuk menunjukkan bahwa akhirnya Y n - 1 akan memiliki kesempatan sewenang-wenang tinggi berbaring di O . Sejak O adalah lingkungan, harus ada ε > 0 yang interval terbuka ( - ε , ε ) O . Kami mungkin menyusut ϵ jika perlu untuk memastikan ϵ < 1Yn=a/XnO0Yn1OOϵ>0(ϵ,ϵ)Oϵϵ<1juga. Ini akan memastikan bahwa manipulasi selanjutnya sah dan bermanfaat.

Langkah penting adalah menghubungkan dengan X n . Itu tidak memerlukan pengetahuan variabel acak sama sekali. Aljabar ketidaksetaraan angka (mengeksploitasi asumsi a > 0 ) memberi tahu kita bahwa himpunan angka { Y n ( ω )YnXna>0 , untuk ϵ > 0 , ada dalam korespondensi satu-ke-satu dengan set semua X n ( ω ) yang{Yn(ω)|Yn(ω)1(ϵ,ϵ)}ϵ>0Xn(ω)

a1+ϵ<Xn(ω)<a1ϵ.

Setara,

Xn(ω)a(aϵ1+ϵ,aϵ1ϵ)=U.

Sejak , sisi kanan U memang adalah lingkungan dari 0 . (Ini dengan jelas menunjukkan apa yang rusak ketika a = 0. )a0U0a=0

Kami siap untuk penghentian.

Karena dalam probabilitas, kita tahu bahwa pada akhirnya masing-masing X n - a akan berada di dalam U dengan probabilitas tinggi yang sewenang-wenang. Secara ekivalen, Y n - 1 pada akhirnya akan terletak di dalam ( - ϵ , ϵ ) O dengan probabilitas tinggi yang sewenang-wenang, QED .XnaXnaUYn1(ϵ,ϵ)O

whuber
sumber
Saya minta maaf atas jawaban terbaik yang terlambat. Ini minggu yang sibuk. Terima kasih banyak atas ini !!!
Savage Henry
5

Kami diberi itu

limnP(|Xnα|>ϵ)=0

dan kami ingin menunjukkan itu

limnP(|αXn1|>ϵ)=0

Kami memilikinya

|αXn1|=|1Xn(αXn)|=|1Xn||Xnα|

Jadi ekuivalen, kami memeriksa batas probabilitas

limnP(|1Xn||Xnα|>ϵ)=?0

Kita dapat memecah probabilitas menjadi dua probabilitas bersama yang saling eksklusif

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

Untuk elemen pertama kita memiliki serangkaian ketidaksetaraan

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

|Xn|

Untuk elemen kedua yang kita miliki

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

δϵmax|Xn||Xn|δϵ

P[|Xnα|>δ,|Xn|<1]P[|Xnα|>δ]

Sekali lagi, batas di sisi kanan adalah nol menurut premis kita, jadi batas di sisi kiri juga nol. Karena itu elemen kedua dari probabilitas yang menarik minat kita juga nol. QED.

Alecos Papadopoulos
sumber
5

x,a,ϵ>0

|xa|ϵ|xa|ϵaa|xa|ϵax+a|(xa)(x+a)|ϵa|xa|ϵa.
ϵ>0δ=ϵa
Pr(|Xna|ϵ)Pr(|Xna|δ)0,
nXnPra

x,a,ϵ>0

δ=min{aϵ1+ϵ,aϵ1ϵ}.
|xa|<δaδ<x<a+δaaϵ1+ϵ<x<a+aϵ1ϵa1+ϵ<x<a1ϵ1ϵ<ax<1+ϵ|ax1|<ϵ.
|ax1|ϵ|xa|δ.

Pr(|aXn1|ϵ)Pr(|Xna|δ)0,
naXnPr1

XnPrX{ni}N{nij}{ni}XnijXjg: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
sumber
Zen terima kasih atas jawabannya. Ini sangat jelas!
Savage Henry