ciągi zmiennych losowych a zbieżność

[Corinek]

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?

[Premislav]

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.

[Corinek]

2. Według profesora jest źle :/ Bo "nie wiadomo co się zmienia".

A 7?

5,6 mam dokładnie tak zapisane [ciach]

[Jan Kraszewski]

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
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).

No nie jest dokładnie tak - jest źle przepisane. Powinno być

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

[Corinek]

Faktycznie. Dziękuję, przeoczyłam to. W dobrej wersji da się to zrobić?

[Premislav]

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:

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 \(\displaystyle{ 1}\)"

[Jan Kraszewski]

W ogóle treść zadania szóstego dalej brzmi dla mnie dziwnie,

I bardzo słusznie - syndrom CTRL-C, CTRL-V. Już poprawiłem

ponieważ zbieżność stochastyczna to właśnie synonim zbieżności według prawdopodobieństwa, a co to ma być za monstrum „zbieżność stochastyczna z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\)"

A, taka hybryda...

JK

[Premislav]

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 \(\displaystyle{ \mathbf{E}(\lim_{n \to \infty}X_n)}\).

[Corinek]

Bardzo dziękuję Pozostało mi 7 oraz nadal 2 (jak wspomniałam, podany przykład profesor odrzucił).

[Premislav]

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.

[Corinek]

Wielkie dzięki Ratujesz mi tyłek. Może się uda zdać