Xn iid o gęstości \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{|x|^3}1(|x|>1)}\).
\(\displaystyle{ Y_n=X_n1(|X_n| \le \sqrt{n})}\).
\(\displaystyle{ EY_n}\) wyszła mi zero, chcę jeszcze policzyć wariancję, ale mi wychodzi \(\displaystyle{ ln(-\sqrt{n})}\) po policzeniu całki z \(\displaystyle{ \frac{x^2}{|x|^3}}\) dla ujemnych \(\displaystyle{ x}\) i nie wiem co z tym zrobić.
Wariancja zmiennej losowej
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Wariancja zmiennej losowej
Wartość oczekiwana \(\displaystyle{ Y_n}\) równa zero wygląda tu rozsądnie, wszak dla dowolnie ustalonego \(\displaystyle{ n}\) funkcja gęstości \(\displaystyle{ Y_n}\) będzie parzysta, a nośnik symetryczny względem zera.
Co do liczenia wariancji, widocznie zapomniałaś, że
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\,\dd x}{x} =\ln{\red |x|}+C}\)
W każdym razie najlepiej byłoby, gdybyś pokazała swoje obliczenia. Wówczas je ewentualnie skorygujemy.
Co do liczenia wariancji, widocznie zapomniałaś, że
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\,\dd x}{x} =\ln{\red |x|}+C}\)
W każdym razie najlepiej byłoby, gdybyś pokazała swoje obliczenia. Wówczas je ewentualnie skorygujemy.
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
Wariancja zmiennej losowej
Tak, zapomniałam o wartości bezwzględnej, już działa
-- 25 sty 2018, o 19:17 --
Jeszcze jest druga część tego zadania, której nie umiem zrobić: pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^{n} X_k}{\sqrt{nlogn}} \rightarrow N(0,1)}\) według rozkładu, mimo że \(\displaystyle{ EX_n^2= \infty}\).
Wskazówka jest taka, żeby pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } P(X_n \neq Y_n) < \infty}\)
Pewnie z CTG jakoś, tylko nie wiem co z tą nieskończonością zrobić.
-- 25 sty 2018, o 19:17 --
Jeszcze jest druga część tego zadania, której nie umiem zrobić: pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^{n} X_k}{\sqrt{nlogn}} \rightarrow N(0,1)}\) według rozkładu, mimo że \(\displaystyle{ EX_n^2= \infty}\).
Wskazówka jest taka, żeby pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } P(X_n \neq Y_n) < \infty}\)
Pewnie z CTG jakoś, tylko nie wiem co z tą nieskończonością zrobić.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Wariancja zmiennej losowej
Sorry, ale jak dopisujesz coś do posta, to ja tego nie widzę.
Skoro \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } P(X_n \neq Y_n) < \infty}\) zgodnie ze wskazówką (może warto to udowodnić, ale nie wiem, czy miałabyś z tym problem), to na mocy pierwszego lematu Borela-Cantellego z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zajdzie tylko skończenie wiele zdarzeń \(\displaystyle{ X_n \neq Y_n}\). A wariancja \(\displaystyle{ Y_n}\) jest już dobrze określona.
To taka sugestia.-- 27 sty 2018, o 00:55 --Chociaż mnie wychodzi w pamięci, że ten szereg prawdopodobieństw wcale nie jest zbieżny. :s Może jednak przypiszmy to mojemu upojeniu alkoholowemu, gdyż jeśli ten szereg się okaże rozbieżny, to nie bardzo widzę, z czego można by skorzystać.
Skoro \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } P(X_n \neq Y_n) < \infty}\) zgodnie ze wskazówką (może warto to udowodnić, ale nie wiem, czy miałabyś z tym problem), to na mocy pierwszego lematu Borela-Cantellego z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) zajdzie tylko skończenie wiele zdarzeń \(\displaystyle{ X_n \neq Y_n}\). A wariancja \(\displaystyle{ Y_n}\) jest już dobrze określona.
To taka sugestia.-- 27 sty 2018, o 00:55 --Chociaż mnie wychodzi w pamięci, że ten szereg prawdopodobieństw wcale nie jest zbieżny. :s Może jednak przypiszmy to mojemu upojeniu alkoholowemu, gdyż jeśli ten szereg się okaże rozbieżny, to nie bardzo widzę, z czego można by skorzystać.