Dugaan terkait dengan Hukum Kolmogorov 0-1 (untuk acara)

Biarkan menjadi ruang probabilitas. Dugaan: $(\Omega, \mathscr F, \mathbb P)$

Misalkan kita memiliki acara st , atau . Terdapat rangkaian acara yang independen st $A_1, A_2, ...$ $\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...)$ $P(A) = 0$ $1$ $B_1, B_2, ...$

$τ_{A_{n}} := ⋂_{n} σ (A_{n}, A_{n + 1}, . . .) = ⋂_{n} σ (B_{n}, B_{n + 1}, . . .) := τ_{B_{n}}$ $\tau_{A_n} := \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) = \bigcap_n \sigma(B_n, B_{n+1}, ...) := \tau_{B_n}$

Apakah ini benar?

Saya pikir ada fungsi st adalah independen sehingga kita dapat memilih . Benarkah? Kenapa / Kenapa tidak? Jika tidak, bagaimana lagi saya bisa membuktikan atau menyangkal dugaan di atas? Jika itu benar, saya pikir itu bisa dibuktikan dengan memodifikasi bukti UU 0-1 Kolmogorov (untuk acara). $f: \mathbb N \to \mathbb N$ $A_{f(n)}$ $B_n = A_{f(n)}$

Mungkin salah satu dari rangkaian set ini independen:

A_{n}

$A_n$

A_{2 n}, A_{2 n + 1}

$A_{2n}, A_{2n+1}$

A_{3 n}, A_{3 n + 1}, A_{3 n + 2}

$A_{3n}, A_{3n+1}, A_{3n+2}$

⋮

$\vdots$

A_{m n}, A_{m n + 1}, A_{m n + 2}, . . ., A_{m n + (m - 1)}

$A_{mn}, A_{mn+1}, A_{mn+2}, ..., A_{mn+(m-1)}$

⋮

$\vdots$

Saya pikir kita memilikinya

τ_{A_{n}} = τ_{A_{m n + i}} := ⋂_{n} σ (A_{m n + i}, A_{m (n + 1) + i}, . . .)

$\tau_{A_n} = \tau_{A_{mn+i}} := \bigcap_n \sigma(A_{mn+i}, A_{m(n+1)+i}, ...)$

di mana dan . $m \in \mathbb N$ $i \in \{0, 1, 2, ..., m-1\}$

Sepertinya kita memerlukan , jika ada, untuk memenuhi kondisi berikut: $f(n)$

\begin{matrix} (**) & σ (A_{f (n)}, A_{f (n + 1)} . . .) \subseteq σ (A_{n}, A_{n + 1}, . . .) \end{matrix}

$\sigma(A_{f(n)}, A_{f(n+1)}...) \subseteq \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) \tag{**}$

yang saya kira benar jika (dan hanya jika?) $f(n) \ge n$ .

Kandidat lain yang mungkin untuk : $f(n)$ (asumsikan variabelnya adalah st puas. Jika perlu, atau juga.) $f: \mathbb N \to \mathbb N$ $(**)$ $f(n) \ge n$

$\sum_{i=0}^{m} a_i n^i$
$2^n, 3^n, ...$
$\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n$
$\lfloor{t^n}\rfloor, \lceil{t^n}\rceil$ ( saya kira $t > e^{1/e}$ )
$\lfloor{\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n}\rfloor, \lceil{\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n}\rceil$
$\lfloor{\text{linear combination of trigonometric functions}}\rfloor, \lceil{\text{linear combination of trigonometric functions}}\rceil$
$\lfloor{\text{Some linear combination of the above}}\rfloor, \lceil{\text{Some linear combination of the above}}\rceil$

Dengan asumsi dugaan itu benar , saya kira itu tidak perlu untuk menemukan yang berfungsi untuk semua urutan kemungkinan peristiwa karena tersebut bahkan mungkin tidak ada. $f(n)$ $A_1, A_2, ...$ $f(n)$

Untuk menyangkal dugaan : Saya kira kita harus menunjukkan bahwa urutan yang independen berarti tail tidak akan pernah sama dengan tail karena tail akan menjadi trivial oleh Kolmogorov 0-1 Law (untuk acara). $B_n$ $B_n$ $A_n$ $B_n$ $\mathbb P-$

Sesuatu yang mungkin membantu: kita dapat menunjukkan bahwa atau dan tidak independen, tetapi saya tidak yakin bahwa dugaan tersebut ditolak karena kami dapat membangun beberapa yang terlihat seperti: $\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_{f(n)}, A_{f(n+1)}, ...), P(A) = 0$ $1$ $\forall n \in \mathbb N, A_{f(n)}, A_{f(n+1)}, ...$ $B_n$

$B_{n} = A_{n + 1} ∖ A_{n}$ $B_n = A_{n+1} \setminus A_n$
$B_{n} = A_{n} ∖ A_{n - 1}, A_{0} = \emptyset$ $B_n = A_{n} \setminus A_{n-1}, A_0 = \emptyset$
$B_{n} = ⋂_{m} A_{m n}$ $B_n = \bigcap_m A_{mn}$
$B_{n} = ⋃_{m} A_{m n}$ $B_n = \bigcup_m A_{mn}$
$B_{2 n} = ⋂_{m} A_{m n}, B_{2 n + 1} = ⋃_{m} A_{m n}$ $B_{2n} = \bigcap_m A_{mn}, B_{2n+1} = \bigcup_m A_{mn}$
$B_{n} = \underset{m}{lim sup} A_{m n}$ $B_n = \limsup_m A_{mn}$
$B_{n} = \underset{m}{lim inf} A_{m n}$ $B_n = \liminf_m A_{mn}$
$B_{2 n} = \underset{m}{lim sup} A_{m n}, B_{2 n + 1} = \underset{m}{lim inf} A_{m n}$ $B_{2n} = \limsup_m A_{mn}, B_{2n+1} = \liminf_m A_{mn}$

Bukan untuk mengatakan tentu saja bahwa salah satu dari mereka 's memuaskan tapi itu tidak perlu dalam bentuk . $B_n$ $\tau_{A_n} = \tau_{B_n}$ $B_n$ $A_{f(n)}$

Borel-Cantelli:

Jika . Karenanya independen. $\sum_n P(A_n) < \infty \to 0 = P(\limsup A_n) = P(\limsup A_{mn}) \ \forall m \in \mathbb N$ $B_m = \limsup A_{mn}$
Jika , maka mungkin ekstensi Borel-Cantelli ini ? Tidak yakin saya memahaminya atau bagaimana itu akan membantu. Saya tidak berpikir kita dapat menyimpulkan apa pun jika kita memiliki . $\sum_n P(A_n) = \infty$ $P(\limsup A_n)$
Lalu ada kasus tetapi kondisi sebelumnya tidak terpenuhi. $\sum_n P(A_n) = \infty$

probability independence non-independent asymptotics BCLC
sumber

Mungkin bukti berdasarkan konstruksi, di mana ?

B_{1} = A_{1}, B_{2} = A_{2} - A_{1}, \dots

$B_1 = A_1, B_2 = A_2 - A_1, \dots$

jbowman

Bagi saya dugaan ini tampaknya tidak mungkin benar kecuali jika Anda menambahkan kondisi tambahan, atau maksud Anda bahwa penyelesaian kedua aljabar setuju (yang berlaku hampir sepele). Namun saya tidak dapat melihat contoh penghitung.

σ

$\sigma$

P.Windridge

Bagaimanapun saya pikir Anda bisa mulai dengan pertanyaan (sederhana): "Biarkan menjadi ruang probabilitas. Misalkan adalah -algebra yang dihasilkan dan itu atau untuk peristiwa apa pun . Apakah ada urutan peristiwa independen in dengan tail -algebra ?

(Ω, F, P)

$(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$

G \subset F

$\mathcal{G}\subset\mathcal{F}$

σ

$\sigma$

P (A) = 0

$\mathbb{P}(A)= 0$

1

$1$

A \in G

$A \in \mathcal{G}$

B_{1}, B_{2}, \dots

$B_1,B_2,\ldots$

F

$\mathcal{F}$

σ

$\sigma$

G

$\mathcal{G}$

P.Windridge

A -aljabar dihitung secara signifikan jika ada st . Sangat mudah untuk menemukan contoh-contoh di mana tail -gebra tidak terhitung dihasilkan.

σ

$\sigma$

G

$\mathcal{G}$

F_{1}, F_{2}, \dots

$F_1,F_2,\ldots$

G = σ (F_{1}, F_{2}, \dots)

$\mathcal{G} = \sigma(F_1,F_2,\ldots)$

σ

$\sigma$

P.Windridge

Secara lebih umum, sub- -jabar dari aljabar yang dihasilkan -jabar yang cukup besar mungkin tidak dengan sendirinya dihasilkan! Sebenarnya, lihat Latihan 1.1.18 di math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf

σ

$\sigma$

σ

$\sigma$

P.Windridge

Jika Anda ingin peristiwa yang independen dalam cara yang menarik (bukan hanya karena atau ) maka dugaan itu salah. $B_n$ $\mathbb{P}(B_n) = 0$ $\mathbb{P}(B_n) = 1$

Ini adalah contoh yang bagus. Misalkan adalah ruang probabilitas kaya yang sesuai. $(\Omega, \mathcal{F},\mathbb{P})$

Misalkan menjadi -null, yaitu . Ambil , sehingga ekor -gebra adalah . $A \in \mathcal{F}$ $\mathbb{P}$ $\mathbb{P}(A) =0$ $A_i = A$ $\sigma$ $\mathcal{G} = \{\emptyset, A, A^c, \Omega\}$

Perhatikan bahwa khususnya terbatas. $\mathcal{G}$

Sekarang, misalkan adalah urutan peristiwa yang independen dengan dibatasi dari dan . Maka tail -algebra tidak terhitung dihasilkan. (Lihat mis. Latihan 1.1.18 http://math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf , yang menggunakan argumen seperti yang saya uraikan di atas- sembarang yang dihasilkan -trivial -algebra memiliki sebuah atom dengan massa , tetapi tidak memiliki atom semacam itu). $B_1, B_2, \ldots$ $\mathbb{P}(B_n)$ $0$ $1$ $\sigma$ $\mathcal{H}$ $\mathbb{P}$ $\sigma$ $1$ $\mathcal{H}$

Jadi, terbatas, tetapi bahkan tidak terhitung. $\mathcal{G}$ $\mathcal{H}$

Sunting 2: jika Anda menerima $\mathbb{P}(B_n) = 0$ maka Anda dapat mereplikasi setiap yang dihasilkan -trivial -algebra. Secara lebih rinci, anggap bahwa dihasilkan oleh peristiwa . Jika adalah -trivial maka semuanya independen, berdasarkan menjadi nol (atau menjadi nol). Sekarang buat konstruksi segitiga untuk peristiwa : , , . $\mathbb{P}$ $\sigma$ $\mathcal{G}$ $E_1, E_2, \ldots \in \mathcal{G}\subset\mathcal{F}$ $\mathcal{G}$ $\mathbb{P}$ $E_n$ $E_n^c$ $B$ $B_{1,1} = E_1$ $B_{2,1} = E_1, B_{2,2} = E_2,\ldots,B_{k,j} = E_j$ $1\le j \le k$

Maka adalah urutan yang dapat dihitung (dengan pengurutan alami untuk indeks) peristiwa independen yang ekornya -gebra adalah . $(B_{k,j})$ $\sigma$ $\mathcal{G}$

Jadi, di sini saya pikir adalah pertanyaan kunci: misalkan adalah -trivial tail -algebra (berasal dari peristiwa non-nol yang mungkin bergantung). Bisakah direalisasikan sebagai ekor -gebra untuk beberapa peristiwa nol? $\mathcal{G}$ $\mathbb{P}$ $\sigma$ $\mathcal{G}$ $\sigma$

Sunting 1: Area abu-abu adalah apa yang terjadi jika Anda menerima , meskipun itu tampaknya bukan tekanan dari pertanyaan awal. $\mathbb{P}(B_n)\to 0$

P.Wridge
sumber

Terima kasih P. Wridge, tapi saya tidak yakin saya mengerti. 1 Jika kita memasukkan atau , dugaan itu (sepele?) Benar? 2 Apakah yang Anda coba buktikan di Edit 2? Jika demikian, apakah sama dengan ? Saya mengedit OP untuk steno

P (B_{n}) = 0

$P(B_n)=0$

1

$1$

G

$\mathcal G$

τ_{A_{n}}

$\tau_{A_n}$

BCLC

Saya membaca latihan. ?

H = τ_{B_{n}}

$\mathcal H = \tau_{B_n}$

BCLC

Hai BCLC, (1) Saya mengatakan bahwa jika kita memasukkan maka dugaan tersebut benar untuk semua pilihan peristiwa yang memiliki ekor "bagus" -algebra (di mana "Bagus" di sini berarti dihasilkan secara signifikan). (2) Ya dan adalah . NB latihan yang ditautkan menggunakan " " untuk apa yang seharusnya menjadi Anda , dan " " menunjukkan urutan kandidat dari menghasilkan acara (digunakan untuk mendapatkan kontradiksi.

P (B_{n}) = 0

$P(B_n)=0$

A_{1}, A_{2}, \dots

$A_1,A_2,\ldots$

σ

$\sigma$

G = τ_{(A_{n})}

$\mathcal{G}=\tau_{(A_n)}$

H

$\mathcal{H}$

τ_{(B_{n})}

$\tau_{(B_n)}$

A_{n}

$A_n$

B_{n}

$B_n$

B_{n}

$B_n$

P.Windridge

Saya tidak yakin saya mengikuti. Hanya dari asumsi, 's independen?

A_{i}

$A_i$

BCLC

Dalam Latihan 1.1.18 dari math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf , adalah peristiwa independen, yang harus Anda anggap sebagai dalam dugaan Anda. Itukah yang kamu tanyakan?

A_{i}

$A_i$

B_{i}

$B_i$

P.Windridge

Dugaan terkait dengan Hukum Kolmogorov 0-1 (untuk acara)

Jawaban: