Jeżeli \(\displaystyle{ X}\) jest zmienną losową o ciągłej dystrybuancie \(\displaystyle{ F_X}\) i skończonej wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ EX}\), to jak pokazać, że
\(\displaystyle{ \lim\limits_{x \to -\infty} x \cdot F_X(x) = 0}\) ?
Dystrybuanta, granice.
-
- Użytkownik
- Posty: 584
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 309 razy
- Pomógł: 6 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Dystrybuanta, granice.
Pokażę trochę więcej, mianowicie, że \(\displaystyle{ \lim_{t\to \infty} t P(|X|>t)=0 \quad (*)}\). Skorzystamy z następującej równości:
\(\displaystyle{ E|X| = \int_{0}^{\infty} P(|X|>t)dt}\).
Załóżmy, teraz, że \(\displaystyle{ (*)}\) jest nieprawdziwa, wobec tego istnieje \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\), taki, że dowolnie daleko istnieją takie punkty x, że \(\displaystyle{ P(|X|>x) > \frac{\varepsilon}{x}}\). Rozważmy rosnący ciąg takich punktów \(\displaystyle{ (x_{n})}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ x_{n+1}>2x_{n}}\) (zawsze możemy tak zrobić), skąd, w szczególności wynika, że \(\displaystyle{ x_{n+1}-x_{n} > \frac{x_{n+1}}{2}}\).
To już prawie koniec, bowiem (po drodze korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ P(|X|>t)}\) maleje wraz z rosnącym t):
\(\displaystyle{ E|X| \ge \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{n}}^{x_{n+1}} P(|X|>t) \ge \sum_{n=1}^{\infty} P(|X|>x_{n+1}) \cdot (x_{n+1}-x_{n}) \ge \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{x_{n+1}}\cdot \frac{1}{2} x_{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2} = \infty}\),
a to już jest sprzeczność.
\(\displaystyle{ E|X| = \int_{0}^{\infty} P(|X|>t)dt}\).
Załóżmy, teraz, że \(\displaystyle{ (*)}\) jest nieprawdziwa, wobec tego istnieje \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\), taki, że dowolnie daleko istnieją takie punkty x, że \(\displaystyle{ P(|X|>x) > \frac{\varepsilon}{x}}\). Rozważmy rosnący ciąg takich punktów \(\displaystyle{ (x_{n})}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ x_{n+1}>2x_{n}}\) (zawsze możemy tak zrobić), skąd, w szczególności wynika, że \(\displaystyle{ x_{n+1}-x_{n} > \frac{x_{n+1}}{2}}\).
To już prawie koniec, bowiem (po drodze korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ P(|X|>t)}\) maleje wraz z rosnącym t):
\(\displaystyle{ E|X| \ge \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{n}}^{x_{n+1}} P(|X|>t) \ge \sum_{n=1}^{\infty} P(|X|>x_{n+1}) \cdot (x_{n+1}-x_{n}) \ge \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{x_{n+1}}\cdot \frac{1}{2} x_{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2} = \infty}\),
a to już jest sprzeczność.
-
- Użytkownik
- Posty: 584
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 309 razy
- Pomógł: 6 razy
Dystrybuanta, granice.
Dziękuję. Przepraszam, dopiero teraz mam chwilę, żeby do tego wrócić.
Dowód jest zrozumiały, ale jak z tego wynika, że \(\displaystyle{ \lim\limits_{x \to -\infty} x \cdot F_X(x) = 0}\)?Wasilewski pisze:Pokażę trochę więcej
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Dystrybuanta, granice.
Przecież \(\displaystyle{ F_{X}(t) = P(X<t)}\), stąd w oczywisty sposób \(\displaystyle{ F_{X}(t) \le P(\{X<t\} \cup \{X>-t\}) = P(|X|>-t)}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 584
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 309 razy
- Pomógł: 6 razy