szukanie zaawansowane
 [ Posty: 11 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta
PostNapisane: 8 maja 2019, o 23:46 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Katowice
1. Podaj przykład ciągu zmiennych losowych takiego, który byłby zbieżny wg dystrybuant, a nie byłby zbieżny wg prawdopodobieństwa.

2. Podaj przykład ciągu zmiennych losowych takiego, który byłby zbieżny wg prawdopodobieństwa a nie byłby zbieżny p.n.

3. Czy granica punktowa ciągu dystrybuant jest dystrybuantą? Jeżeli nie to podaj
przykład.

4. Czy granica punktowa ciągu gęstości jest gęstością? Jeżeli nie to podaj przykład.

5. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}

jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zmiennej losowej X o rozkładzie
jednopunktowym Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty  }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty } X _{n}).

6. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n)= \frac{1}{n} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}

jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zmiennej losowej X o rozkładzie
jednopunktowym Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty  } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty  } X _{n}).

7. Odpowiedz na pytanie: Czy w przypadku zbieżności średniokwadratowej można
wykonać operacje przejścia do granicy i wyznaczenia wartości oczekiwanej w dowolnej
kolejności?
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 9 maja 2019, o 10:09 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 14103
Lokalizacja: Wrocław
1. Niech X będzie zmienną losową o rozkładzie określonym następująco
\mathbf{P}\left(X=-1\right)=\mathbf{P}(X=1)=\frac12.
Niech X_n= \begin{cases} X 	&\text{gdy } 2|n \\ -X &\text{gdy }2
\nmid n \end{cases}
Dla każdego n\in \NN^+ zmienna losowa X_n ma taki sam rozkład (ten, co i sama X ), siłą rzeczy więc ciąg (X_n) jest zbieżny wg rozkładu.
Natomiast jeżeli weźmiemy \varepsilon=1 oraz n nieparzyste (wtedy jest X_n=-X ), to widzimy, że
\mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge 1\right)=\mathbf{P}\left(|X|\ge \frac12\right)=\frac12 , a zatem nieprawdą jest, że
(\forall \varepsilon>0) \lim_{n \to \infty}\mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0
czyli ciąg (X_n) nie jest zbieżny wg prawdopodobieństwa do X.

2. Tutaj na szybko nie umiałem wymyślić przykładu, ale od takich sytuacji jest wyszukiwarka:
384189.htm

3. Niekoniecznie. kontrprzykład: niech
F_n(x)=\begin{cases} 0 &\text{gdy }x<0 \\ \frac{x}{n} &\text{gdy } x\in[0,n)\\ 1	&\text{gdy }x\ge n \end{cases}.
Wówczas dla każdego x\in \RR mamy
\lim_{n \to \infty}F_n(x)=0, a oczywiście funkcja stale równa 0 nie jest dystrybuantą, ponieważ np. jej granica w +\infty nie wynosi 1 .

4. Niekoniecznie. Kontrprzykład: niech f_n(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}{n}}e^{-\frac{x^2}{2n^2}}, x\in \RR, n\in \NN^+ (jest to gęstość rozkładu normalnego o wartości oczekiwanej 0 i wariancji n^2 ). Wtedy dla ustalonego x\in \RR mamy
\lim_{n \to +\infty} f_n(x)=0 , a funkcja stale równa 0 na \RR nie jest gęstością, gdyż jej całka równa jest 0, a nie 1.

Treść zadania piątego i szóstego IMHO jest jakimś bełkotem.
Góra
Kobieta
PostNapisane: 9 maja 2019, o 15:52 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Katowice
2. Według profesora jest źle :/ Bo "nie wiadomo co się zmienia".

A 7?

5,6 mam dokładnie tak zapisane [ciach]
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 9 maja 2019, o 16:30 
Administrator

Posty: 24844
Lokalizacja: Wrocław
Corinek napisał(a):
5. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}

jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zmiennej losowej X o rozkładzie jednopunktowym Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty  }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty } X _{n}).

6. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n)= \frac{1}{n} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}

jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zmiennej losowej X o rozkładzie
jednopunktowym Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty  } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty  } X _{n}).

No nie jest dokładnie tak - jest źle przepisane. Powinno być

5. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}

jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zmiennej losowej X o rozkładzie jednopunktowym Pr(X = -1)= 1.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty  }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty } X _{n}).

6. Pokaż, że ciąg X_1, X_2,... zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych

Pr(X_n =  n)= \frac{1}{n} \\
 Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}

jest zbieżny stochastycznie [ciach] do zmiennej losowej X o rozkładzie jednopunktowym Pr(X = -1)= 1.
Udowodnij, że \lim_{n\to  \infty  } EX _{n} ^{2}= \infty
oraz
\lim_{n\to  \infty }(EX _{n})  \neq  E( \lim_{n\to  \infty  } X _{n}).

JK
Góra
Kobieta
PostNapisane: 10 maja 2019, o 00:20 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Katowice
Faktycznie. Dziękuję, przeoczyłam to. W dobrej wersji da się to zrobić?
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 13 maja 2019, o 03:10 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 14103
Lokalizacja: Wrocław
5. Chcemy uzasadnić, że
\mathbf{P}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n=X \right) =1. Ponieważ z prawdopodobieństwem 1 jest X=-1, więc równoważnie mamy
\mathbf{P}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n=-1 \right) =1. Udowodnimy, że
\mathbf{P}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right) =0, z czego wyniknie powyższe. Odnotujmy mianowicie, że
\mathbf{P}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right)=\mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)
Skorzystamy z I lematu Borela-Cantellego: https://pl.wikipedia.org/wiki/Lematy_Borela-Cantellego
Ustalmy dowolne \varepsilon\in \QQ^+. Zdarzenia A_{n, \varepsilon} oznaczają, że zajście |X_n+1|\ge \varepsilon. Mamy
\sum_{n=1}^{+\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})\le \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}
z uwagi na to, że dla dowolnego \varepsilon\in \QQ^+ jest \mathbf{P}(|X_n+1|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n\neq -1)=\mathbf{P}(X_n=n^2)=\frac{1}{n^2}
i powyższy szereg ten jest oczywiście zbieżny z kryterium porównawczego. Zatem na mocy I lematu Borela-Cantellego jest
\mathbf{P}\left(  \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon}  \right) =0. Zatem z podaddytywności prawdopodobieństwa
\mathbf{P}\left(  \bigcup_{\varepsilon\in \QQ^+}^{} \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon}  \right)\le  \sum_{\varepsilon \in \QQ^+}^{}\mathbf{P}\left(  \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon}  \right) =0,
innymi słowy
\mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)=0,
a tego właśnie potrzebowaliśmy.

Dalsza część zadania jest już prosta:
\mathbf{E}(X_n^2)=\left( 1-\frac 1 {n^2}\right) \cdot(-1)^2+\frac 1 {n^2}\cdot (n^2)^2=n^2+1-\frac{1}{n^2}\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow +\infty.

Ponadto \mathbf{E}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1
oraz
\lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n= \lim_{n \to \infty} \left( \left( 1-\frac{1}{n^2}\right) \cdot(-1)+\frac{1}{n^2}\cdot n^2\right) =\\= \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}=0,
więc istotnie
\mathbf{E}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n \right)\neq  \lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n

Szóste mi jakoś nie wychodzi. To jest prawda w ogóle? :o Nie wykluczam, bo dawno nie robiłem takich rzeczy, ale wydaje mi się to dziwne. Potrafię tylko wykazać zbieżność wg prawdopodobieństwa. W ogóle treść zadania szóstego dalej brzmi dla mnie dziwnie, ponieważ zbieżność stochastyczna to właśnie synonim zbieżności według prawdopodobieństwa, a co to ma być za monstrum „zbieżność stochastyczna z prawdopodobieństwem 1" :?:
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 13 maja 2019, o 11:33 
Administrator

Posty: 24844
Lokalizacja: Wrocław
Premislav napisał(a):
W ogóle treść zadania szóstego dalej brzmi dla mnie dziwnie,

I bardzo słusznie - syndrom CTRL-C, CTRL-V. Już poprawiłem

Premislav napisał(a):
ponieważ zbieżność stochastyczna to właśnie synonim zbieżności według prawdopodobieństwa, a co to ma być za monstrum „zbieżność stochastyczna z prawdopodobieństwem 1" :?:

A, taka hybryda...

JK
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 13 maja 2019, o 16:15 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 14103
Lokalizacja: Wrocław
Dziękuję.
6. Ustalmy dowolne \varepsilon >0. Ponieważ \mathbf{P}(X=-1)=1, więc
\mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=\mathbf{P}\left( |X_n+1|\ge \varepsilon\right)\le \matbf{P}(X_n=n)=\frac 1 n
Jest tak, gdyż jeśli X_n=-1, to |X_n+1|=0 i w związku z tym nie może wówczas zajść |X_n+1|\ge \varepsilon.
Stąd \lim_{n \to +\infty} \mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0, czyli z dowolności \varepsilon>0
ciąg (X_n) jest zbieżny stochastycznie do X.

Dalsza część znów prosta:
mamy \mathbf{E}(X_n^2)=n^2\cdot \frac 1 n+(-1)^2\cdot\left( 1-\frac 1 n\right)=n+1-\frac 1 n\stackrel{n\to \infty}\longrightarrow +\infty
a także
\mathbf{E}(X_n)=n\cdot \frac 1 n+-1\cdot \left( 1-\frac 1 n\right)=\frac 1 n\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow 0
Ponieważ ze zbieżności z prawdopodobieństwem 1 wynika zbieżność stochastyczna i zbieżność stochastyczna jest jednoznaczna z dokładnością do zbiorów miary zero, zatem jeśli ciąg (X_n) jak w treści zadania jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1, to jego granicą musi być zmienna losowa o rozkładzie skupionym w -1, a wtedy \mathbf{E}\left(  \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1\neq  0=\lim_{n \to \infty} \mathbf{E}(X_n). W przeciwnym razie nie istnieje \mathbf{E}(\lim_{n \to \infty}X_n).
Góra
Kobieta
PostNapisane: 15 maja 2019, o 22:12 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Katowice
Bardzo dziękuję :) Pozostało mi 7 oraz nadal 2 (jak wspomniałam, podany przykład profesor odrzucił).
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 15 maja 2019, o 23:53 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 14103
Lokalizacja: Wrocław
2. Nie rozumiem, o co chodzi prowadzącemu, ale w takim razie skorzystam z II lematu Borela-Cantellego, żeby to trochę przerobić. Niech (X_n)_{n\ge 1} będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych, \mathbf{P}(X_n=0)=1-\frac 1n, \ \mathbf{P}(X_n=1)=\frac 1n.
Wówczas X_n jest zbieżny stochastycznie do zmiennej losowej o rozkładzie skupionym w zerze: ustalmy dowolne \varepsilon>0. Mamy
\lim_{n \to \infty} \mathbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)=0,
ponieważ \matbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n=1)=\frac 1 n
Z drugiej strony X_n nie jest zbieżny do zera prawie na pewno:
niech \varepsilon \in  (0,1) i niech zdarzenie A_{n, \varepsilon} oznacza, że |X_n| \ge \varepsilon.
Skoro zmienne losowe X_n są niezależne, to zdarzenia A_{n, \varepsilon} są niezależne, ponadto szereg \sum_{n=1}^{\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})= \sum_{n=1}^{\infty}\frac 1 n jest rozbieżny, zatem na mocy II lematu Borela-Cantellego jest \mathbf{P}\left(\bigcap_{N=1}^{\infty}\bigcup_{n=N}^{\infty}A_{n, \varepsilon}\right)=1.
Stąd w sposób oczywisty \mathbf{P}\left(  \bigcup_{\varepsilon \in \RR^+}^{}  \bigcap_{N\in \NN}^{}  \bigcup_{n>N}^{}A_{n,\varepsilon} \right)>0, a więc X_n nie jest zbieżny z prawdopodobieństwem 1 do zera.



7. Tu choć wiem, co to zbieżność średniokwadratowa (nie jest to nic tajemnego), to średnio kapuję treść, a odmawiam zgadywania. Sama sobie zrób.
Góra
Kobieta
PostNapisane: 16 maja 2019, o 23:34 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Katowice
Wielkie dzięki :) Ratujesz mi tyłek. Może się uda zdać :mrgreen:
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 11 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 statystyka - rozkłady zm. losowych  mm34639  2
 Zbadać zalezność zmiennych losowych  berbel  1
 Zbieżność prawie wszędzie  maly6f6  0
 zapis zdarzeń losowych, wadliwe egzemplarze  diabang  1
 3-wyrazowe ciągi wybrane z {1,...,n} - ciąg malejący/rosn  k_burza  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl