Niech \(\displaystyle{ X _{n}, n=1,2...}\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi, dla których
\(\displaystyle{ P(X _{n}=n+1)=P(X _{n}=-(n+1))= \frac{1}{2(n+1)\log (n+1)}}\)
\(\displaystyle{ P(X _{n}=0)=1- \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\)
Udowodnić, ze \(\displaystyle{ X _{n}}\) spelnia SPWL , a nie spelnia MPWL.
Prawa wielkich liczb znam.Twierdzenia związane z tym tematem również.
Po prostu nie wiem jak się za to zabrać. Problemem dla mnie jest również zapis. Nie rozumiem co oznacza,
że \(\displaystyle{ P(X _{n}=n+1)}\) i \(\displaystyle{ P(X _{n}=n+1)=P(X _{n}=-(n+1))= \frac{1}{2(n+1)\log (n+1)}}\). Wiem, wiem, pewnie podstawy ale nie będę udawał, że wiem.
Mimo iż znalazłem dużą ilość tematów związanych z tym zadaniem nikt nie rozwiązał go porządnie.Może ktoś się pokusi.
Zadanie pochodzi z książki Jakubowski-Sztencel RP.
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
-
Rudis
- Użytkownik
- Posty: 83
- Rejestracja: 6 sty 2014, o 13:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Brak
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 17 razy
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Ostatnio zmieniony 22 cze 2015, o 23:23 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
-
mm34639
- Użytkownik
- Posty: 245
- Rejestracja: 28 mar 2005, o 15:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 61 razy
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
W tym zadaniu jest
\(\displaystyle{ P(X _{n}=n+1)=P(X _{n}=-(n+1))= \frac{1}{2(n+1)\log (n+1)}}\) , oraz \(\displaystyle{ P(X _{n}=0)=1- \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\)
nie ma tej dwójki w mianowniku przy \(\displaystyle{ X_n=0}\).
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_1 & -2 & 0 & 2 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{4 \ln 2} & 1-\frac{1}{2 \ln 2} & \frac{1}{4 \ln 2} \\ \hline
\end{array}}\)
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_2 & -3 & 0 & 3 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{6 \ln 3} & 1-\frac{1}{3 \ln 3} & \frac{1}{6 \ln 3} \\ \hline
\end{array}}\)
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_3 & -4 & 0 & 4 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{8 \ln 4} & 1-\frac{1}{4 \ln 4} & \frac{1}{8 \ln 4} \\ \hline
\end{array}}\)
I tak dalej
Na końcu książki w odpowiedziach jest napisane jak zrobić to zadanie.
\(\displaystyle{ P(X _{n}=n+1)=P(X _{n}=-(n+1))= \frac{1}{2(n+1)\log (n+1)}}\) , oraz \(\displaystyle{ P(X _{n}=0)=1- \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\)
nie ma tej dwójki w mianowniku przy \(\displaystyle{ X_n=0}\).
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_1 & -2 & 0 & 2 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{4 \ln 2} & 1-\frac{1}{2 \ln 2} & \frac{1}{4 \ln 2} \\ \hline
\end{array}}\)
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_2 & -3 & 0 & 3 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{6 \ln 3} & 1-\frac{1}{3 \ln 3} & \frac{1}{6 \ln 3} \\ \hline
\end{array}}\)
\(\displaystyle{ \begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
X_3 & -4 & 0 & 4 \\ \hline
\textrm{Pr} & \frac{1}{8 \ln 4} & 1-\frac{1}{4 \ln 4} & \frac{1}{8 \ln 4} \\ \hline
\end{array}}\)
I tak dalej
Na końcu książki w odpowiedziach jest napisane jak zrobić to zadanie.
Ostatnio zmieniony 22 cze 2015, o 23:23 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Też robiłem to zadanie. Stary temat, ale po co zakładać nowy.
W Sztenclu na str. 164 (wydanie IV) mamy, że jeśli ciąg zmiennych losowych \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) spełnia warunek
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{Var S_{n}}{n^{2}}=0}\), to spełnia on (ten ciąg) SPWL.
Zgodnie z warunkami zadania mamy \(\displaystyle{ Var X_{n}= \frac{n+1}{\log (n+1)}}\). A więc z twierdzenia Stolza otrzymujemy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{Var S_{n}}{n^{2}}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \sum_{j=1}^{n} \frac{j+1}{\log (j+1)} }{n^{2}}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{n+2}{\log (n+2)} }{2n+1}= \lim_{n \to \infty } \frac{n+2}{2n+1} \frac{1}{\log (n+2)}=\\=0}\).
Wobec tego \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) spełnia SPWL, tj. \(\displaystyle{ \frac{S_{n}-\mathbb{E}S_{n}}{n}}\) zbiega do zera według prawdopodobieństwa.
Zastanawiałem się, jak pokazać, że MPWL nie jest spełnione. No to spójrzmy na to rozw. autorów:
pierwsza część jak wyżej, natomiast dalej postuluje się, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \mathbb{P}(\left| X_{n}\right|>n)= \infty}\). Czek dys szit:
\(\displaystyle{ \left| X_{n}\right|}\) równa się \(\displaystyle{ n+1}\) z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\) oraz zeru z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1-\frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\).
Musimy zatem pokazać, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\) jest rozbieżny. Nie będę tego opisywać w detalach, można to zrobić, stosując asymptotyczne kryterium porównawcze z szeregiem o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{1}{n\log n}}\), którego rozbieżność wynika z kolei z.
No OK, to mamy \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \mathbb{P}(\left| X_{n}\right|>n)= \infty}\). Co z tego? Z niezależności zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_{n}}\) i lematu Borela-Cantelliego mamy, że
z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| X_{n}\right|>n}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\). Równoważnie mamy, ze z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| \frac{X_{n}}{n} \right|>1}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\). Stąd łatwo wynika, że
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{X_{n}}{n}=0 \right)=0}\). Ponieważ, jak łatwo widać, \(\displaystyle{ \mathbb{E}X_{n}=0}\), to \(\displaystyle{ \mathbb{E}S_{n}=0}\), czyli
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}-\mathbb{E}S_{n}}{n}=0 \right)=\mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}}{n}=0 \right)}\). Nietrudno otrzymać zaś, że gdy \(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n} \rightarrow 0}\), to \(\displaystyle{ \frac{X_{n}}{n} \rightarrow 0}\) (np. tak:
\(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}- \frac{S_{n-1}}{n-1}= \frac{(n-1)S_{n}-nS_{n-1}}{n(n-1)}= \frac{(n-1)X_{n}-S_{n-1}}{n(n-1)}}\) i dalej chyba widać). Wobec tego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}}{n}=0 \right)=0}\), czyli \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) nie spełnia MPWL, co było do udowodnienia.
Czy ma ktoś prostsze rozwiązanko?
Aha, nie obchodzi mnie to, że wielokrotnie powtórzyłem słowo "mamy", to nie klasówka z polskiego, znam takie słowa jak "otrzymujemy", "dostajemy", "uzyskujemy", ale nie chciałem ich używać, bo nie.
W Sztenclu na str. 164 (wydanie IV) mamy, że jeśli ciąg zmiennych losowych \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) spełnia warunek
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{Var S_{n}}{n^{2}}=0}\), to spełnia on (ten ciąg) SPWL.
Zgodnie z warunkami zadania mamy \(\displaystyle{ Var X_{n}= \frac{n+1}{\log (n+1)}}\). A więc z twierdzenia Stolza otrzymujemy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{Var S_{n}}{n^{2}}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \sum_{j=1}^{n} \frac{j+1}{\log (j+1)} }{n^{2}}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{n+2}{\log (n+2)} }{2n+1}= \lim_{n \to \infty } \frac{n+2}{2n+1} \frac{1}{\log (n+2)}=\\=0}\).
Wobec tego \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) spełnia SPWL, tj. \(\displaystyle{ \frac{S_{n}-\mathbb{E}S_{n}}{n}}\) zbiega do zera według prawdopodobieństwa.
Zastanawiałem się, jak pokazać, że MPWL nie jest spełnione. No to spójrzmy na to rozw. autorów:
pierwsza część jak wyżej, natomiast dalej postuluje się, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \mathbb{P}(\left| X_{n}\right|>n)= \infty}\). Czek dys szit:
\(\displaystyle{ \left| X_{n}\right|}\) równa się \(\displaystyle{ n+1}\) z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\) oraz zeru z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1-\frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\).
Musimy zatem pokazać, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{(n+1)\log (n+1)}}\) jest rozbieżny. Nie będę tego opisywać w detalach, można to zrobić, stosując asymptotyczne kryterium porównawcze z szeregiem o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{1}{n\log n}}\), którego rozbieżność wynika z kolei z
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Kryteria_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_szereg%C3%B3w#Kryterium_zag.C4.99szczaniaNo OK, to mamy \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \mathbb{P}(\left| X_{n}\right|>n)= \infty}\). Co z tego? Z niezależności zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_{n}}\) i lematu Borela-Cantelliego mamy, że
z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| X_{n}\right|>n}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\). Równoważnie mamy, ze z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| \frac{X_{n}}{n} \right|>1}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\). Stąd łatwo wynika, że
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{X_{n}}{n}=0 \right)=0}\). Ponieważ, jak łatwo widać, \(\displaystyle{ \mathbb{E}X_{n}=0}\), to \(\displaystyle{ \mathbb{E}S_{n}=0}\), czyli
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}-\mathbb{E}S_{n}}{n}=0 \right)=\mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}}{n}=0 \right)}\). Nietrudno otrzymać zaś, że gdy \(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n} \rightarrow 0}\), to \(\displaystyle{ \frac{X_{n}}{n} \rightarrow 0}\) (np. tak:
\(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}- \frac{S_{n-1}}{n-1}= \frac{(n-1)S_{n}-nS_{n-1}}{n(n-1)}= \frac{(n-1)X_{n}-S_{n-1}}{n(n-1)}}\) i dalej chyba widać). Wobec tego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \lim_{n \to \infty } \frac{S_{n}}{n}=0 \right)=0}\), czyli \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) nie spełnia MPWL, co było do udowodnienia.
Czy ma ktoś prostsze rozwiązanko?
Aha, nie obchodzi mnie to, że wielokrotnie powtórzyłem słowo "mamy", to nie klasówka z polskiego, znam takie słowa jak "otrzymujemy", "dostajemy", "uzyskujemy", ale nie chciałem ich używać, bo nie.
Ostatnio zmieniony 22 cze 2015, o 23:24 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
gienia
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Czyli ogólnie, jeśli \(\displaystyle{ X_n}\) są niezależne, to zachodzi równoważność:
\(\displaystyle{ \forall_{\epsilon>0} \sum_{n=1}^{ \infty } P(|X_n-X|>\epsilon)< \infty \Leftrightarrow X_n}\) zbiega prawie na pewno do \(\displaystyle{ X}\)?
Bo w wykładach znalazłam tylko, że jest to warunek dostateczny zbieżności (bez założenia o niezależności) - to jak są niezależne, to jest to też warunek konieczny?
\(\displaystyle{ \forall_{\epsilon>0} \sum_{n=1}^{ \infty } P(|X_n-X|>\epsilon)< \infty \Leftrightarrow X_n}\) zbiega prawie na pewno do \(\displaystyle{ X}\)?
Bo w wykładach znalazłam tylko, że jest to warunek dostateczny zbieżności (bez założenia o niezależności) - to jak są niezależne, to jest to też warunek konieczny?
-
leg14
- Użytkownik
- Posty: 3132
- Rejestracja: 5 lis 2014, o 20:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 154 razy
- Pomógł: 475 razy
Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Jesli wiesz, ze zdarzenia \(\displaystyle{ A_n = (|X_n-X|>\epsilon)}\) sa niezalezne to tak - Lemat Borella Cantelliego Ci daje w tym wypadku, ze jesli szereg tych prawdopodobienstw jest rozbiezny, to z prawdopodobienstwem jeden zajdzie nieskonczenie wiele zdarzen \(\displaystyle{ A_n}\), czyli nie masz zbieznosci p.n. Mysle, ze sama niezaleznosc \(\displaystyle{ X_n}\) nie wystarczy (nie liczac sytuacji, w ktorej X jest staly), ale nie umiem podac natychmiast jakiegos kontrprzykladu.
-
Iza8723
- Użytkownik
- Posty: 187
- Rejestracja: 22 kwie 2020, o 19:01
- Płeć: Kobieta
- wiek: 18
- Podziękował: 9 razy
Re: Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Odkopałam ten temat i mam pytanie co do zauważenia, że jeśli
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{S_{n}}{n} \rightarrow 0}}\) to \(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{X_{n}}{n} \rightarrow 0}}\)
Nie widzę tego tutaj:
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}- \frac{S_{n-1}}{n-1}= \frac{(n-1)S_{n}-nS_{n-1}}{n(n-1)}= \frac{(n-1)X_{n}-S_{n-1}}{n(n-1)}}}\)
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{S_{n}}{n} \rightarrow 0}}\) to \(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{X_{n}}{n} \rightarrow 0}}\)
Nie widzę tego tutaj:
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}- \frac{S_{n-1}}{n-1}= \frac{(n-1)S_{n}-nS_{n-1}}{n(n-1)}= \frac{(n-1)X_{n}-S_{n-1}}{n(n-1)}}}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Spelnia SPWL nie spelnia MPWL
Dalej to jest
\(\displaystyle{ \frac{X_{n}}{n}-\frac{1}{n}\cdot \red{\frac{S_{n-1}}{n-1}}}\) i to czerwone z założenia, że \(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}\rightarrow 0}\) zbiega do zera. Jak to przemnożymy przez ciąg ograniczony, to dalej będzie zbiegać do zera.
Chyba że nie rozumiesz tych przekształceń, no ale to jest zwykłe sprowadzenie do wspólnego mianownika i spostrzeżenie, że \(\displaystyle{ S_{n}-S_{n-1}=X_{n}}\)
\(\displaystyle{ \frac{X_{n}}{n}-\frac{1}{n}\cdot \red{\frac{S_{n-1}}{n-1}}}\) i to czerwone z założenia, że \(\displaystyle{ \frac{S_{n}}{n}\rightarrow 0}\) zbiega do zera. Jak to przemnożymy przez ciąg ograniczony, to dalej będzie zbiegać do zera.
Chyba że nie rozumiesz tych przekształceń, no ale to jest zwykłe sprowadzenie do wspólnego mianownika i spostrzeżenie, że \(\displaystyle{ S_{n}-S_{n-1}=X_{n}}\)