ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Corinek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 29 sty 2015, o 16:31
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Katowice

ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Corinek » 8 maja 2019, o 23:46

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?
Ostatnio zmieniony 8 maja 2019, o 23:54 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14927
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 133 razy
Pomógł: 4941 razy

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Premislav » 9 maja 2019, o 10:09

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
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 29 sty 2015, o 16:31
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Katowice

ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Corinek » 9 maja 2019, o 15:52

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

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.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 26509
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4437 razy

ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Jan Kraszewski » 9 maja 2019, o 16:30

Corinek 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
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty }(EX _{n}) \neq E( \lim_{n\to \infty } X _{n})}\).
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
Ostatnio zmieniony 13 maja 2019, o 11:31 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

Corinek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 29 sty 2015, o 16:31
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Katowice

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Corinek » 10 maja 2019, o 00:20

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

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14927
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 133 razy
Pomógł: 4941 razy

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Premislav » 13 maja 2019, o 03:10

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: 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
Administrator
Administrator
Posty: 26509
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4437 razy

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Jan Kraszewski » 13 maja 2019, o 11:33

Premislav pisze:W ogóle treść zadania szóstego dalej brzmi dla mnie dziwnie,
I bardzo słusznie - syndrom CTRL-C, CTRL-V. Już poprawiłem
Premislav pisze: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

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14927
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 133 razy
Pomógł: 4941 razy

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Premislav » 13 maja 2019, o 16:15

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
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 29 sty 2015, o 16:31
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Katowice

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Corinek » 15 maja 2019, o 22:12

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

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14927
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 133 razy
Pomógł: 4941 razy

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Premislav » 15 maja 2019, o 23:53

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
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 29 sty 2015, o 16:31
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Katowice

Re: ciągi zmiennych losowych a zbieżność

Post autor: Corinek » 16 maja 2019, o 23:34

Wielkie dzięki Ratujesz mi tyłek. Może się uda zdać

ODPOWIEDZ