Zbieżność według rozkładu.
- pawlo392
- Użytkownik
- Posty: 1085
- Rejestracja: 19 sty 2015, o 18:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jasło/Kraków
- Podziękował: 270 razy
- Pomógł: 34 razy
Zbieżność według rozkładu.
Czy ze zbieżności \(\displaystyle{ X_n \rightarrow X}\) oraz \(\displaystyle{ Y_n \rightarrow Y}\) wynika \(\displaystyle{ (X_n+Y_n) \rightarrow (X+Y)}\) . Jeśli chodzi o zbieżność z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) oraz stochastyczną udało mi się pokazać, że to prawda. Jednak mam pewne wątpliwości jeśli chodzi o zbieżność według rozkładu. Zastanawiam się nad jakimś kontrprzykładem.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Przecież zbieżność stochastyczna pociąga zbieżność wg rozkładu.
EDIT 19:42
Ale to nic nie wnosi, czytajcie dalej.
EDIT 19:42
Ale to nic nie wnosi, czytajcie dalej.
Ostatnio zmieniony 21 sty 2018, o 19:42 przez Premislav, łącznie zmieniany 1 raz.
- pawlo392
- Użytkownik
- Posty: 1085
- Rejestracja: 19 sty 2015, o 18:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jasło/Kraków
- Podziękował: 270 razy
- Pomógł: 34 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Tak wiem. Ale jest dość ciekawa sytuacja, której chyba nie do końca rozumiem.
Niech \(\displaystyle{ X_n \sim U[-2,2]}\) będzie zbieżny do \(\displaystyle{ X \sim U[-2,2]}\). Zarówno \(\displaystyle{ X}\) jak i \(\displaystyle{ -X}\) mają te same dystrybuanty. Natomiast \(\displaystyle{ X_n +X_n \nrightarrow X+(-X)=0}\).
Niech \(\displaystyle{ X_n \sim U[-2,2]}\) będzie zbieżny do \(\displaystyle{ X \sim U[-2,2]}\). Zarówno \(\displaystyle{ X}\) jak i \(\displaystyle{ -X}\) mają te same dystrybuanty. Natomiast \(\displaystyle{ X_n +X_n \nrightarrow X+(-X)=0}\).
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Po prostu pomyliłeś się, rozważając zbieżność z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) i zbieżność stochastyczną. Twój kontrprzykład pokazuje, że ten fakt nie zachodzi dla zbieżności wg rozkładu, no to tym bardziej nie zajdzie dla zbieżności stochastycznej itd.
Pokaż, w jaki sposób „udało Ci się pokazać, że to prawda", to znajdziemy błąd.
EDIT 19:43
Bzdury z mojej strony, błędu nie ma (przynajmniej jeśli chodzi o zaprezentowany poniżej dowód), a już na pewno istnienie błędu nie wynika z dyskusji powyżej, czytajcie niżej (dodane dla innych użytkowników, którzy przeglądaliby ten wątek).
Pokaż, w jaki sposób „udało Ci się pokazać, że to prawda", to znajdziemy błąd.
EDIT 19:43
Bzdury z mojej strony, błędu nie ma (przynajmniej jeśli chodzi o zaprezentowany poniżej dowód), a już na pewno istnienie błędu nie wynika z dyskusji powyżej, czytajcie niżej (dodane dla innych użytkowników, którzy przeglądaliby ten wątek).
Ostatnio zmieniony 21 sty 2018, o 19:44 przez Premislav, łącznie zmieniany 1 raz.
- pawlo392
- Użytkownik
- Posty: 1085
- Rejestracja: 19 sty 2015, o 18:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jasło/Kraków
- Podziękował: 270 razy
- Pomógł: 34 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Pokażę, że "zachodzi" to dla zbieżności stochastycznej.
Z nierówności trójkąta :
\(\displaystyle{ |(X_n+Y_n)-(X-Y)| \le |X_n-X|+|Y_n-Y|}\).
Jeśli zatem \(\displaystyle{ |(X_n+Y_n)-(X-Y)| \ge \epsilon}\) to dwa składniki sumy po prawej stronie są większe lub równe \(\displaystyle{ \frac{\epsilon}{2}}\).
Mogę zatem napisać : \(\displaystyle{ P(|(X_n+Y_n)-(X-Y)| \ge \epsilon) \le P\left( |X_n-X| \ge \frac{\epsilon}{2}\right) +P\left( |Y_n-Y| \ge \frac{\epsilon}{2}\right)}\). Z założenia wiemy że dwa ostatnie składniki to \(\displaystyle{ 0}\)
Z nierówności trójkąta :
\(\displaystyle{ |(X_n+Y_n)-(X-Y)| \le |X_n-X|+|Y_n-Y|}\).
Jeśli zatem \(\displaystyle{ |(X_n+Y_n)-(X-Y)| \ge \epsilon}\) to dwa składniki sumy po prawej stronie są większe lub równe \(\displaystyle{ \frac{\epsilon}{2}}\).
Mogę zatem napisać : \(\displaystyle{ P(|(X_n+Y_n)-(X-Y)| \ge \epsilon) \le P\left( |X_n-X| \ge \frac{\epsilon}{2}\right) +P\left( |Y_n-Y| \ge \frac{\epsilon}{2}\right)}\). Z założenia wiemy że dwa ostatnie składniki to \(\displaystyle{ 0}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Ten dowód jest poprawny (i dla zbieżności z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) też zajdzie coś takiego), przepraszam bardzo za zamieszanie w tym wątku.
W pierwszej chwili wydawało się, że „zepsułeś rachunek prawdopodobieństwa" (:D), ale siadłem na spokojnie na klopie i zrozumiałem, że popełniam w tym zadaniu jakiś monstrualny błąd logiczny.
Moje stwierdzenie „Przecież zbieżność stochastyczna pociąga zbieżność wg rozkładu." jest jak najbardziej poprawne, ale kompletnie nic nie wnosi do tematu. Przyjrzyjmy się temu:
przemknęło mi przez myśl coś takiego, że jeśli \(\displaystyle{ X_n}\) zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ Y}\), to także \(\displaystyle{ X_n}\) zbieżny wg rozkładu do \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbieżny według rozkładu do \(\displaystyle{ Y}\), to oczywiście jest prawda. Wtedy skoro \(\displaystyle{ X_n+Y_n}\) jest zbieżny do \(\displaystyle{ X+Y}\) stochastycznie, to jest też zbieżny do \(\displaystyle{ X+Y}\) wg rozkładu, też prawda.
Ale z tego nic nie wynika o analogicznym stwierdzeniu dla zbieżności wg rozkładu, gdy nie mamy zbieżności stochastycznej, wynika tylko tyle, że jeśli już szukać kontrprzykładu dla stwierdzenia (nieprawdziwego, jak widać!) iż jeśli \(\displaystyle{ X_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ X}\) wg rozkładu i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ Y}\) wg rozkładu, to \(\displaystyle{ X_n+Y_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ X+Y}\) wg rozkładu, to wśród ciągów \(\displaystyle{ (X_n), \ (Y_n)}\), które nie są zbieżne stochastycznie (ściślej, koniecznie co najmniej jeden ma nie być zbieżny stochastycznie).
W Twoim kontrprzykładzie wszystko jest OK: nie ma zbieżności stochastycznej \(\displaystyle{ (X_n)}\) stale równego \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ -X}\) (jest tylko zbieżność wg rozkładu), więc nie możemy z tamtej poprzedniej implikacji wnioskować o zbieżności sumy wg rozkładu, która po prostu też nie zachodzi.
Pewnie już się zorientowałeś, ale na wszelki wypadek piszę.
Nie przypuszczałem, że aż taki ze mnie debil, sądziłem raczej, że jestem delikatnie powyżej przeciętnej jeśli chodzi o umysłowość, ale widać czasem okazuje się, że żyjemy złudzeniami.
W pierwszej chwili wydawało się, że „zepsułeś rachunek prawdopodobieństwa" (:D), ale siadłem na spokojnie na klopie i zrozumiałem, że popełniam w tym zadaniu jakiś monstrualny błąd logiczny.
Moje stwierdzenie „Przecież zbieżność stochastyczna pociąga zbieżność wg rozkładu." jest jak najbardziej poprawne, ale kompletnie nic nie wnosi do tematu. Przyjrzyjmy się temu:
przemknęło mi przez myśl coś takiego, że jeśli \(\displaystyle{ X_n}\) zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ Y}\), to także \(\displaystyle{ X_n}\) zbieżny wg rozkładu do \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbieżny według rozkładu do \(\displaystyle{ Y}\), to oczywiście jest prawda. Wtedy skoro \(\displaystyle{ X_n+Y_n}\) jest zbieżny do \(\displaystyle{ X+Y}\) stochastycznie, to jest też zbieżny do \(\displaystyle{ X+Y}\) wg rozkładu, też prawda.
Ale z tego nic nie wynika o analogicznym stwierdzeniu dla zbieżności wg rozkładu, gdy nie mamy zbieżności stochastycznej, wynika tylko tyle, że jeśli już szukać kontrprzykładu dla stwierdzenia (nieprawdziwego, jak widać!) iż jeśli \(\displaystyle{ X_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ X}\) wg rozkładu i \(\displaystyle{ Y_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ Y}\) wg rozkładu, to \(\displaystyle{ X_n+Y_n}\) zbiega do \(\displaystyle{ X+Y}\) wg rozkładu, to wśród ciągów \(\displaystyle{ (X_n), \ (Y_n)}\), które nie są zbieżne stochastycznie (ściślej, koniecznie co najmniej jeden ma nie być zbieżny stochastycznie).
W Twoim kontrprzykładzie wszystko jest OK: nie ma zbieżności stochastycznej \(\displaystyle{ (X_n)}\) stale równego \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ -X}\) (jest tylko zbieżność wg rozkładu), więc nie możemy z tamtej poprzedniej implikacji wnioskować o zbieżności sumy wg rozkładu, która po prostu też nie zachodzi.
Pewnie już się zorientowałeś, ale na wszelki wypadek piszę.
Nie przypuszczałem, że aż taki ze mnie debil, sądziłem raczej, że jestem delikatnie powyżej przeciętnej jeśli chodzi o umysłowość, ale widać czasem okazuje się, że żyjemy złudzeniami.
- pawlo392
- Użytkownik
- Posty: 1085
- Rejestracja: 19 sty 2015, o 18:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jasło/Kraków
- Podziękował: 270 razy
- Pomógł: 34 razy
Re: Zbieżność według rozkładu.
Dziękuje za wyjaśnienie.
Jesteś bardzo krytyczny w stosunku do siebie. Chyba aż za bardzo. Myślę, że są osoby które chciałaby posiadać taką wiedzę. Na przykład ja.Premislav pisze:Nie przypuszczałem, że aż taki ze mnie debil, sądziłem raczej, że jestem delikatnie powyżej przeciętnej jeśli chodzi o umysłowość, ale widać czasem okazuje się, że żyjemy złudzeniami.