, sonra?

Karşı bir örnek kanıtlayın veya sağlayın:

Eğer , o zaman $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$

Girişimim :

YANLIŞ: yalnızca negatif değerler alabileceğini ve $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

SONRA , ancak için bile , kesin olarak olumsuz değildir. Bunun yerine, negatif ile pozitif ve negatif arasında değişir. Bu nedenle, neredeyse kesin olarak yakınsama yapmaz . $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

Bu makul bir cevap mı? Değilse cevabımı nasıl geliştirebilirim?

self-study convergence geometric-mean

— Lewkrr
kaynak

bunun anlamlı olması için kesinlikle pozitif olmalıdır.

X_{i}

$X_i$

— user765195

Tabii ki, doğru olarak tanımlamak için ihtiyacınız var . İlk önce (Gerçek Analiz'de google "Cesaro ortalaması" olarak yaklaştığını ve kanıtlayın ). Ardından, .

X_{i} > 0

$X_i>0$

G_{n} = (\prod_{i = 1}^{n} X_{i})^{1 / n}

$G_n=(\prod_{i=1}^n X_i)^{1/n}$

A_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{n} / n

$A_n=\sum_{i=1}^n X_n/n$

X

$X$

L_{n} = \log G_{n}

$L_n=\log G_n$

— Zen

x_{n} \to L

$x_n\to L$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n \to L

$\sum_{i=1}^n x_i/n\to L$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

n_{0} \geq 1

$n_0\geq 1$

| x_{n} - L | < ϵ / 2

$|x_n-L|<\epsilon/2$

n \geq n_{0}

$n\geq n_0$

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | \leq \sum_{i = 1}^{n_{0}} | x_{i} - L | / n + \sum_{i = n_{0} + 1}^{n} | x_{i} - L | / n < n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / n + ϵ / 2

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|\leq \sum_{i=1}^{n_0}|x_i-L|/n+\sum_{i=n_0+1}^{n}|x_i-L|/n<n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/n + \epsilon/2$

n_{1} > 2 n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / ϵ

$n_1>2\,n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/\epsilon$

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | < ϵ

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|<\epsilon$

n \geq n_{1}

$n\geq n_1$

Sezgi, ortalamayı daha yakın ve daha yakın olan daha fazla sayıda ile hesaplamanızdır ve sonuçta baskın olurlar.

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— Zen

Yanıtlar:

İlgilenilen bir şeyi kanıtlamadan önce, neredeyse tüm için kesinlikle emin olun ki, her iki ifadenin de belirleyici bir sekansın gösterdiği mantıklı olması için gerekli bir koşul değildir . $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

Ayrıca, aşağıdaki deterministik sekansın kanıtladığı gibi ifade genel olarak yanlıştır: . $(0, 1, 1, \dots)$

Şimdi, neredeyse tüm için olduğunu varsayalım , o zaman ifade aşağıdaki argüman tarafından doğrudur: $X_i >0$ $i$

TanımlaArasında contuity ile , hemen hemen kesin. Bu nedenle, neredeyse kesinlikle Cesaro için bir sonuç ile yukarıdaki yorumlarda da kanıtlanmıştır anlamına gelir . Bu nedenle, , neredeyse kesin olarak.

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \log (X_{i}) .

$S_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\log(X_i).$

x \mapsto \log (x)

$x\mapsto \log(x)$

\log (X_{n}) \to \log (X)

$\log(X_n)\to\log(X)$

S_{n} \to \log (X)

$S_n \to\log(X)$

x \mapsto \exp (x)

$x\mapsto \exp(x)$

{(\prod_{i = 1}^{n} X_{i})}^{1 / n} \to X,

$\left(\prod_{i=1}^nX_i\right)^{1/n}\to X,$

— Ekvall
kaynak

Bu iddia yanlıştır. Karşı örnek vererek kanıt veriyorum.

Rastgele dizisinin aşağıdaki gibi tanımlandığını varsayalım : $X_i$

\begin{aligned} Z_{i} & \sim N (0, 1 / i), i i d, \forall i \in N \\ X_{i} & = 1_{{i \neq 1}} + 1_{{i \neq 1}} Z_{i}, i \in N \end{aligned}

$\begin{align} Z_i &\sim N(0,1/i), iid, \; \forall i \in \mathbb{N} \\ X_i &= 1_{\{i \neq 1\}} + 1_{\{i \neq 1\}}Z_i, \; i \in \mathbb{N} \end{align}$

Açıkçası, (1) dejenere ve (2) Chebyshev'in büyük sayıların güçlü yasası tarafından olarak neredeyse kesinlikle yakınsar . (Bunu görmek için için yeniden .) $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

Ancak, olduğundan . Sonuç olarak, , bu nedenle sınırda önemsiz bir şekilde , bu . $X_1 = 0$ $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— Jeremias K
kaynak

üssünü unutmuş görünüyorsunuz .

1 / n

$1/n$

— whuber

Teşekkür whuber, tamir ettim :) Gerçekten daha dikkatli şeyleri okuma çalışmaları ... Ben de ilk bildiride de için geçerli olmadığını kanıtladı gerekir çünkü düzgün okumadım.

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

$\Pi_{i=1}^nX_i^{1/i}$

— Jeremias K

Teşekkürler. Tüm bu hesaplamalar basit bir fikri gibi görünüyor: sıfır değilse, sonlu sayısını sıfır olarak değiştirerek sınırı değiştirmezsiniz , ancak bu ürünü sıfırlar ve bir çelişki elde edersiniz. Yeterince adil. Ancak, aksi belirtilmedikçe, sonsuz ürünler hakkındaki ifadeler, logaritmaların sonsuz toplamları hakkında ifadeler olarak anlaşılmalıdır. Özellikle, bu soruya ilgi her neredeyse kesinlikle olumlu olduğu duruma odaklanmaktadır .

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— whuber

@whuber son yorum ilginç. Gerçekten de ürünlerin sınırlarının konvansiyonla mı yoksa belki de tanımla (?) Logaritma açısından mı anlaşıldığı? Eğer öyleyse, yukarıdaki cevabımın ifadesini de değiştirirdim. Özellikle, sürekliliğe son itiraz gereksiz olacaktır.

— ekvall

@Öğrenci Cevabınızdaki mantık iyi. İstatistiksel uygulamalarda, logaritmalar açısından düşünmedikleri sürece, herkesin böyle bir geometrik araç sınırına bakması nadirdir.

— whuber