ciągi zmiennych losowych a zbieżność
ciągi zmiennych losowych a zbieżność
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 \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie
jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
6. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n)= \frac{1}{n} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie
jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
7. Odpowiedz na pytanie: Czy w przypadku zbieżności średniokwadratowej można
wykonać operacje przejścia do granicy i wyznaczenia wartości oczekiwanej w dowolnej
kolejności?
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 \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie
jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
6. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n)= \frac{1}{n} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie
jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
7. Odpowiedz na pytanie: Czy w przypadku zbieżności średniokwadratowej można
wykonać operacje przejścia do granicy i wyznaczenia wartości oczekiwanej w dowolnej
kolejności?
Ostatnio zmieniony 8 maja 2019, o 23:54 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
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
1. Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zmienną losową o rozkładzie określonym następująco
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(X=-1\right)=\mathbf{P}(X=1)=\frac12}\).
Niech \(\displaystyle{ X_n= \begin{cases} X &\text{gdy } 2|n \\ -X &\text{gdy }2
\nmid n \end{cases}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) zmienna losowa \(\displaystyle{ X_n}\) ma taki sam rozkład (ten, co i sama \(\displaystyle{ X}\) ), siłą rzeczy więc ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jest zbieżny wg rozkładu.
Natomiast jeżeli weźmiemy \(\displaystyle{ \varepsilon=1}\) oraz \(\displaystyle{ n}\) nieparzyste (wtedy jest \(\displaystyle{ X_n=-X}\) ), to widzimy, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge 1\right)=\mathbf{P}\left(|X|\ge \frac12\right)=\frac12}\) , a zatem nieprawdą jest, że
\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon>0) \lim_{n \to \infty}\mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0}\)
czyli ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) nie jest zbieżny wg prawdopodobieństwa do \(\displaystyle{ X}\).
2. Tutaj na szybko nie umiałem wymyślić przykładu, ale od takich sytuacji jest wyszukiwarka:
384189.htm
3. Niekoniecznie. kontrprzykład: niech
\(\displaystyle{ F_n(x)=egin{cases} 0 & ext{gdy }x<0 \ frac{x}{n} & ext{gdy } xin[0,n)\ 1 & ext{gdy }xge n end{cases}}\).
Wówczas dla każdego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}F_n(x)=0}\), a oczywiście funkcja stale równa \(\displaystyle{ 0}\) nie jest dystrybuantą, ponieważ np. jej granica w \(\displaystyle{ +\infty}\) nie wynosi \(\displaystyle{ 1 .}\)
4. Niekoniecznie. Kontrprzykład: niech \(\displaystyle{ f_n(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}{n}}e^{-\frac{x^2}{2n^2}}, x\in \RR, n\in \NN^+}\) (jest to gęstość rozkładu normalnego o wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ 0}\) i wariancji \(\displaystyle{ n^2}\) ). Wtedy dla ustalonego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty} f_n(x)=0}\) , a funkcja stale równa \(\displaystyle{ 0}\) na \(\displaystyle{ \RR}\) nie jest gęstością, gdyż jej całka równa jest \(\displaystyle{ 0}\), a nie \(\displaystyle{ 1}\).
Treść zadania piątego i szóstego IMHO jest jakimś bełkotem.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(X=-1\right)=\mathbf{P}(X=1)=\frac12}\).
Niech \(\displaystyle{ X_n= \begin{cases} X &\text{gdy } 2|n \\ -X &\text{gdy }2
\nmid n \end{cases}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) zmienna losowa \(\displaystyle{ X_n}\) ma taki sam rozkład (ten, co i sama \(\displaystyle{ X}\) ), siłą rzeczy więc ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jest zbieżny wg rozkładu.
Natomiast jeżeli weźmiemy \(\displaystyle{ \varepsilon=1}\) oraz \(\displaystyle{ n}\) nieparzyste (wtedy jest \(\displaystyle{ X_n=-X}\) ), to widzimy, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge 1\right)=\mathbf{P}\left(|X|\ge \frac12\right)=\frac12}\) , a zatem nieprawdą jest, że
\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon>0) \lim_{n \to \infty}\mathbf{P}\left(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0}\)
czyli ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) nie jest zbieżny wg prawdopodobieństwa do \(\displaystyle{ X}\).
2. Tutaj na szybko nie umiałem wymyślić przykładu, ale od takich sytuacji jest wyszukiwarka:
384189.htm
3. Niekoniecznie. kontrprzykład: niech
\(\displaystyle{ F_n(x)=egin{cases} 0 & ext{gdy }x<0 \ frac{x}{n} & ext{gdy } xin[0,n)\ 1 & ext{gdy }xge n end{cases}}\).
Wówczas dla każdego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}F_n(x)=0}\), a oczywiście funkcja stale równa \(\displaystyle{ 0}\) nie jest dystrybuantą, ponieważ np. jej granica w \(\displaystyle{ +\infty}\) nie wynosi \(\displaystyle{ 1 .}\)
4. Niekoniecznie. Kontrprzykład: niech \(\displaystyle{ f_n(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}{n}}e^{-\frac{x^2}{2n^2}}, x\in \RR, n\in \NN^+}\) (jest to gęstość rozkładu normalnego o wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ 0}\) i wariancji \(\displaystyle{ n^2}\) ). Wtedy dla ustalonego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty} f_n(x)=0}\) , a funkcja stale równa \(\displaystyle{ 0}\) na \(\displaystyle{ \RR}\) nie jest gęstością, gdyż jej całka równa jest \(\displaystyle{ 0}\), a nie \(\displaystyle{ 1}\).
Treść zadania piątego i szóstego IMHO jest jakimś bełkotem.
ciągi zmiennych losowych a zbieżność
2. Według profesora jest źle :/ Bo "nie wiadomo co się zmienia".
A 7?
5,6 mam dokładnie tak zapisane [ciach]
A 7?
5,6 mam dokładnie tak zapisane [ciach]
Ostatnio zmieniony 9 maja 2019, o 16:21 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Nieregulaminowy zapis - obrazki zamiast zapisu w LaTeX-u.
Powód: Nieregulaminowy zapis - obrazki zamiast zapisu w LaTeX-u.
-
- Administrator
- Posty: 34321
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
ciągi zmiennych losowych a zbieżność
No nie jest dokładnie tak - jest źle przepisane. Powinno byćCorinek pisze:5. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
6. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n)= \frac{1}{n} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie
jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
5. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n^{2})= \frac{1}{n^{2}} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n^{2}}}\)
jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X = -1)= 1}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
6. Pokaż, że ciąg \(\displaystyle{ X_1, X_2,...}\) zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych
\(\displaystyle{ Pr(X_n = n)= \frac{1}{n} \\
Pr(X_n = -1)= 1- \frac{1}{n}}\)
jest zbieżny stochastycznie [ciach] do zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie jednopunktowym \(\displaystyle{ Pr(X = -1)= 1}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty } EX _{n} ^{2}= \infty}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
JK
Ostatnio zmieniony 13 maja 2019, o 11:31 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
Faktycznie. Dziękuję, przeoczyłam to. W dobrej wersji da się to zrobić?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
5. Chcemy uzasadnić, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n=X \right) =1}\). Ponieważ z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) jest \(\displaystyle{ X=-1}\), więc równoważnie mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n=-1 \right) =1}\). Udowodnimy, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right) =0}\), z czego wyniknie powyższe. Odnotujmy mianowicie, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right)=\mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)}\)
Skorzystamy z I lematu Borela-Cantellego:
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon\in \QQ^+}\). Zdarzenia \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) oznaczają, że zajście \(\displaystyle{ |X_n+1|\ge \varepsilon}\). Mamy
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})\le \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}}\)
z uwagi na to, że dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon\in \QQ^+}\) jest \(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_n+1|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n\neq -1)=\mathbf{P}(X_n=n^2)=\frac{1}{n^2}}\)
i powyższy szereg ten jest oczywiście zbieżny z kryterium porównawczego. Zatem na mocy I lematu Borela-Cantellego jest
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right) =0}\). Zatem z podaddytywności prawdopodobieństwa
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcup_{\varepsilon\in \QQ^+}^{} \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right)\le \sum_{\varepsilon \in \QQ^+}^{}\mathbf{P}\left( \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right) =0}\),
innymi słowy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)=0}\),
a tego właśnie potrzebowaliśmy.
Dalsza część zadania jest już prosta:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n^2)=\left( 1-\frac 1 {n^2}\right) \cdot(-1)^2+\frac 1 {n^2}\cdot (n^2)^2=n^2+1-\frac{1}{n^2}\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow +\infty}\).
Ponadto \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n= \lim_{n \to \infty} \left( \left( 1-\frac{1}{n^2}\right) \cdot(-1)+\frac{1}{n^2}\cdot n^2\right) =\\= \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}=0}\),
więc istotnie
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right)\neq \lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n}\)
Szóste mi jakoś nie wychodzi. To jest prawda w ogóle? 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 \(\displaystyle{ 1}\)"
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n=X \right) =1}\). Ponieważ z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) jest \(\displaystyle{ X=-1}\), więc równoważnie mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n=-1 \right) =1}\). Udowodnimy, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right) =0}\), z czego wyniknie powyższe. Odnotujmy mianowicie, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}X_n\neq -1 \right)=\mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)}\)
Skorzystamy z I lematu Borela-Cantellego:
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Lematy_Borela-Cantellego
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon\in \QQ^+}\). Zdarzenia \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) oznaczają, że zajście \(\displaystyle{ |X_n+1|\ge \varepsilon}\). Mamy
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})\le \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}}\)
z uwagi na to, że dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon\in \QQ^+}\) jest \(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_n+1|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n\neq -1)=\mathbf{P}(X_n=n^2)=\frac{1}{n^2}}\)
i powyższy szereg ten jest oczywiście zbieżny z kryterium porównawczego. Zatem na mocy I lematu Borela-Cantellego jest
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right) =0}\). Zatem z podaddytywności prawdopodobieństwa
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcup_{\varepsilon\in \QQ^+}^{} \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right)\le \sum_{\varepsilon \in \QQ^+}^{}\mathbf{P}\left( \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n. \varepsilon} \right) =0}\),
innymi słowy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \left\{ \omega\in \Omega: (\exists \varepsilon\in \QQ^+)(\forall N\in \NN)(\exists n\in \NN)(n>N\wedge |X_n(\omega)+1|\ge \varepsilon)\right\} \right)=0}\),
a tego właśnie potrzebowaliśmy.
Dalsza część zadania jest już prosta:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n^2)=\left( 1-\frac 1 {n^2}\right) \cdot(-1)^2+\frac 1 {n^2}\cdot (n^2)^2=n^2+1-\frac{1}{n^2}\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow +\infty}\).
Ponadto \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n= \lim_{n \to \infty} \left( \left( 1-\frac{1}{n^2}\right) \cdot(-1)+\frac{1}{n^2}\cdot n^2\right) =\\= \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}=0}\),
więc istotnie
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right)\neq \lim_{n \to \infty} \mathbf{E}X_n}\)
Szóste mi jakoś nie wychodzi. To jest prawda w ogóle? 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 \(\displaystyle{ 1}\)"
-
- Administrator
- Posty: 34321
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
I bardzo słusznie - syndrom CTRL-C, CTRL-V. Już poprawiłemPremislav pisze:W ogóle treść zadania szóstego dalej brzmi dla mnie dziwnie,
A, taka hybryda...Premislav pisze:ponieważ zbieżność stochastyczna to właśnie synonim zbieżności według prawdopodobieństwa, a co to ma być za monstrum „zbieżność stochastyczna z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\)"
JK
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
Dziękuję.
6. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon >0}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X=-1)=1}\), więc
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=\mathbf{P}\left( |X_n+1|\ge \varepsilon\right)\le \matbf{P}(X_n=n)=\frac 1 n}\)
Jest tak, gdyż jeśli \(\displaystyle{ X_n=-1}\), to \(\displaystyle{ |X_n+1|=0}\) i w związku z tym nie może wówczas zajść \(\displaystyle{ |X_n+1|\ge \varepsilon}\).
Stąd \(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty} \mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0}\), czyli z dowolności \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\)
ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jest zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ X}\).
Dalsza część znów prosta:
mamy \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n^2)=n^2\cdot \frac 1 n+(-1)^2\cdot\left( 1-\frac 1 n\right)=n+1-\frac 1 n\stackrel{n\to \infty}\longrightarrow +\infty}\)
a także
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n)=n\cdot \frac 1 n+-1\cdot \left( 1-\frac 1 n\right)=\frac 1 n\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow 0}\)
Ponieważ ze zbieżności z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) wynika zbieżność stochastyczna i zbieżność stochastyczna jest jednoznaczna z dokładnością do zbiorów miary zero, zatem jeśli ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jak w treści zadania jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\), to jego granicą musi być zmienna losowa o rozkładzie skupionym w \(\displaystyle{ -1}\), a wtedy \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1\neq 0=\lim_{n \to \infty} \mathbf{E}(X_n)}\). W przeciwnym razie nie istnieje \(\displaystyle{ \mathbf{E}(\lim_{n \to \infty}X_n)}\).
6. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon >0}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X=-1)=1}\), więc
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=\mathbf{P}\left( |X_n+1|\ge \varepsilon\right)\le \matbf{P}(X_n=n)=\frac 1 n}\)
Jest tak, gdyż jeśli \(\displaystyle{ X_n=-1}\), to \(\displaystyle{ |X_n+1|=0}\) i w związku z tym nie może wówczas zajść \(\displaystyle{ |X_n+1|\ge \varepsilon}\).
Stąd \(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty} \mathbf{P}(|X_n-X|\ge \varepsilon)=0}\), czyli z dowolności \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\)
ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jest zbieżny stochastycznie do \(\displaystyle{ X}\).
Dalsza część znów prosta:
mamy \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n^2)=n^2\cdot \frac 1 n+(-1)^2\cdot\left( 1-\frac 1 n\right)=n+1-\frac 1 n\stackrel{n\to \infty}\longrightarrow +\infty}\)
a także
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n)=n\cdot \frac 1 n+-1\cdot \left( 1-\frac 1 n\right)=\frac 1 n\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow 0}\)
Ponieważ ze zbieżności z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) wynika zbieżność stochastyczna i zbieżność stochastyczna jest jednoznaczna z dokładnością do zbiorów miary zero, zatem jeśli ciąg \(\displaystyle{ (X_n)}\) jak w treści zadania jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\), to jego granicą musi być zmienna losowa o rozkładzie skupionym w \(\displaystyle{ -1}\), a wtedy \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( \lim_{n \to \infty}X_n \right) =\mathbf{E}(-1)=-1\neq 0=\lim_{n \to \infty} \mathbf{E}(X_n)}\). W przeciwnym razie nie istnieje \(\displaystyle{ \mathbf{E}(\lim_{n \to \infty}X_n)}\).
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
Bardzo dziękuję Pozostało mi 7 oraz nadal 2 (jak wspomniałam, podany przykład profesor odrzucił).
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność
2. Nie rozumiem, o co chodzi prowadzącemu, ale w takim razie skorzystam z II lematu Borela-Cantellego, żeby to trochę przerobić. Niech \(\displaystyle{ (X_n)_{n\ge 1}}\) będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o rozkładach dwupunktowych, \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_n=0)=1-\frac 1n, \ \mathbf{P}(X_n=1)=\frac 1n}\).
Wówczas \(\displaystyle{ X_n}\) jest zbieżny stochastycznie do zmiennej losowej o rozkładzie skupionym w zerze: ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \mathbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)=0}\),
ponieważ \(\displaystyle{ \matbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n=1)=\frac 1 n}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ X_n}\) nie jest zbieżny do zera prawie na pewno:
niech \(\displaystyle{ \varepsilon \in (0,1)}\) i niech zdarzenie \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) oznacza, że \(\displaystyle{ |X_n| \ge \varepsilon}\).
Skoro zmienne losowe \(\displaystyle{ X_n}\) są niezależne, to zdarzenia \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) są niezależne, ponadto szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})= \sum_{n=1}^{\infty}\frac 1 n}\) jest rozbieżny, zatem na mocy II lematu Borela-Cantellego jest \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(\bigcap_{N=1}^{\infty}\bigcup_{n=N}^{\infty}A_{n, \varepsilon}\right)=1}\).
Stąd w sposób oczywisty \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcup_{\varepsilon \in \RR^+}^{} \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n,\varepsilon} \right)>0}\), a więc \(\displaystyle{ X_n}\) nie jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) 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.
Wówczas \(\displaystyle{ X_n}\) jest zbieżny stochastycznie do zmiennej losowej o rozkładzie skupionym w zerze: ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \mathbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)=0}\),
ponieważ \(\displaystyle{ \matbf{P}(|X_n|\ge \varepsilon)\le \mathbf{P}(X_n=1)=\frac 1 n}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ X_n}\) nie jest zbieżny do zera prawie na pewno:
niech \(\displaystyle{ \varepsilon \in (0,1)}\) i niech zdarzenie \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) oznacza, że \(\displaystyle{ |X_n| \ge \varepsilon}\).
Skoro zmienne losowe \(\displaystyle{ X_n}\) są niezależne, to zdarzenia \(\displaystyle{ A_{n, \varepsilon}}\) są niezależne, ponadto szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\mathbf{P}(A_{n, \varepsilon})= \sum_{n=1}^{\infty}\frac 1 n}\) jest rozbieżny, zatem na mocy II lematu Borela-Cantellego jest \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(\bigcap_{N=1}^{\infty}\bigcup_{n=N}^{\infty}A_{n, \varepsilon}\right)=1}\).
Stąd w sposób oczywisty \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \bigcup_{\varepsilon \in \RR^+}^{} \bigcap_{N\in \NN}^{} \bigcup_{n>N}^{}A_{n,\varepsilon} \right)>0}\), a więc \(\displaystyle{ X_n}\) nie jest zbieżny z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) 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.