Eğer

Sürekli bir rasgele değişken için , eğer sonlu dir, ? $X$ $E(|X|)$ $\lim_{n\to\infty}n P(|X|>n)=0$

Bu, internette bulduğum bir sorun, ancak tutup tutmadığından emin değilim.

Bunu biliyorum Markov eşitsizliği tarafından tutan, ama ben gibi 0'a gider gösterilemez sonsuza gider. $n P(|X|>n)<E(|X|)$ $n$

probability expected-value probability-inequalities

— 456 123
kaynak

(1) Süreklilik gerekli değildir. (2) Beklentiyi hayatta kalma fonksiyonunun bir bütünlüsü olarak ifade edin . (3) Tartışmayı düşünün: sıfır olmayan bir sınır beklentiyle ilgili ne ifade eder?

Pr (| X | > n)

$\Pr(|X|\gt n)$

— whuber

@whuber güzel egzersiz! Sanırım doğru bir cevabım var, ama bu böyle göründüğünden self-study, buraya yazmam gerektiğini sanmıyorum. Özel bir sohbet odası oluşturabilir ve size çözümümü gösterebilir miyim, böylece doğru olup olmadığını bana söyleyebilir misiniz?

— DeltaIV

@Delta Bu, cevabınızı göndermenin bana iyi geldiği bir durum: OP'nin belirli bir alt sorusu var ve sadece ödev cevapları için trolling gibi görünmüyor.

— whuber

@whuber bu bana doğal sayılar üzerinde tekdüze bir dağılımın olmadığını hatırlatıyor - bu, burada sürekliliğe ihtiyaç duyulmamakla birlikte, sayılabilir katkıların olduğu anlamına mı geliyor?

— Bill Clark

Yanıtlar:

in yalnızca büyük değerlerini koruyarak tanımlanan rasgele değişkenlerin sırasına bakın. :Bu açık olduğunu , böylece Not olduğunu veher biri için . Böylece (1) 'in LHS'si hakim yakınsama ile sıfıra eğilimlidir . $\{Y_n\}$ $|X|$

Y_{n} := | X | I (| X | > n) .

$Y_n:=|X|I(|X|>n).$

Y_{n} \geq n I (| X | > n)

$Y_n\ge nI(|X|>n)$

\begin{matrix} (1) & E (Y_{n}) \geq n P (| X | > n) . \end{matrix}

$E(Y_n)\ge nP(|X|>n).\tag1$

Y_{n} \to 0

$Y_n\to0$

| Y_{n} | \leq | X |

$|Y_n|\le |X|$

n

$n$

— grand_chat
kaynak

Sanırım son cümlede "RHS" demek istedin, yoksa iyi iş çıkardın!

— jbowman

@jbowman, hakim yakınsama teoremiyle anlamına gelir ( sadece bu sonuca ulaşmak için yeterli olmadığını unutmayın ). Vikipedi'de

E Y_{n} \to 0

$\mathbb{E}{Y_n} \to 0$

Y_{n} \to 0

$Y_n \to 0$

— DCT'ye

@ P.Windridge - Yeterince dikkatle okumadım ve “So LHS” yi önceki cümle yerine 1 denklemiyle ilişkilendirdim. Benim hatam.

— jbowman

rastgele bir değişken olduğunu unutmayın . ne anlamda ?

Y_{n}

$Y_n$

Y_{n} \to 0

$Y_n\rightarrow 0$

— YHH

@ YHH Yakınsama noktasaldır: Her , , .

ω

$\omega$

Y_{n} (ω) \to 0

$Y_n(\omega)\to0$

n \to \infty

$n\to\infty$

— grand_chat

Sürekli rastgele değişken için bir cevap verebilirim (kesinlikle daha genel bir cevap var). Let: $Y=|X|$

E [Y] = \int_{0}^{\infty} y f_{Y} (y) d y = \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + \int_{n}^{\infty} y f_{Y} (y) d y \geq \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + n \int_{n}^{\infty} f_{Y} (y) d y = \dots + n (F_{Y} (\infty) - F_{Y} (n)) = \dots + n (1 - F_{Y} (n)) = \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + n P (Y > n)

$\mathbb{E}[Y]=\int_0^\infty yf_Y(y)\text{d}y=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+\int_n^\infty yf_Y(y)\text{d}y\ge\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+n\int_n^\infty f_Y(y)\text{d}y=\dots+n\left(F_Y(\infty)-F_Y(n)\right)=\dots+n(1-F_Y(n))=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+nP(Y\gt n)$

Böylece

0 \leq n P (Y > n) \leq (E [Y] - \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y)

$0\leq nP(Y\gt n)\le\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)$

Şimdi, hipotez sonlu olduğu için, $\mathbb{E}[Y]$

lim_{n \to \infty} (E [Y] - \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y) = E [Y] - lim_{n \to \infty} \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y = E [Y] - E [Y] = 0

$\lim_{n\to \infty}\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)=\mathbb{E}[Y]-\lim_{n\to \infty}\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y=\mathbb{E}[Y]-\mathbb{E}[Y]=0$

Sonra

lim_{n \to \infty} n P (Y > n) = 0

$\lim_{n\to \infty}nP(Y\gt n)=0$

sandviç teoremi ile.

— DeltaIV
kaynak

WWridge, hakim yakınsama teoremini kullanmamın da doğru olup olmadığını kontrol edebilir misiniz? Bir miktar sahip Bu şekilde, sınırlamasına 0 olan bir miktarda daha büyük olmayan, pozitif ve bir, benim uygulamada teoremi. Teşekkürler

n P (Y > n)

$nP(Y>n)$

lim_{n \to \infty} n P (Y > n) = 0

$\lim_{n\to\infty}nP(Y>n)=0$

— DeltaIV

@ DeltaIV- önce, açıklığa kavuşturmak için, " ve ima " baskın yakınsama teoremi DEĞİLDİR (genellikle sandviç teoremi denir).

a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}

$a_n \le b_n \le c_n$

a_{n}, c_{n} \to l

$a_n, c_n \to l$

b_{n} \to l

$b_n\to l$

— P.Windridge

@ DeltaIV- hayır, DCT'ye ihtiyacınız yok, MCT yeterlidir ( olasılığını içerir , ancak diyemezsiniz. !)

E Y = \infty

$\mathbb{E} Y = \infty$

E Y - E Y = \infty - \infty = 0

$\mathbb{E} Y -\mathbb{E} Y = \infty - \infty = 0$

— P.Windridge

Sorun değil. Btw, varsayımıyla sonlu olduğunu biliyorum , sadece bu varsayımı nerede kullandığınızı açıklıyordum (MCT'nin kendisi, DCT'nin aksine, @grand_chat kullanılan ve umarım baktınız :)).

E [Y]

$E[Y]$

— P.Windridge

@ P.Windridge ah, tamam! MCT'nin varsayımı gerektirmediğini fark etmedim. DCT'ye bir göz attım, bu yüzden kanıtım için ona ihtiyacım olmadığını düşündüm :) Üniversitede Lebesgue entegrasyonu hakkında öğretilmemenin bedelini ödüyorum ... bu nedenle alışkınım ölçü hesabı yerine pdfs cinsinden olasılık hesabı yapar.

— DeltaIV

$E\left | X \right |< \infty \Leftrightarrow E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\rightarrow 0$ (eşit olarak entegre edilebilir)

$E\left | X \right |=E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}+E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |\leq n}$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\leq E\left | X \right |< \infty$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\geq nE\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}=nP\left ( \left | X \right |>n\right )$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n} \rightarrow 0 \Rightarrow nP\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0 \Rightarrow P\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0$

ie $\underset{n\rightarrow \infty}{\lim} P\left ( \left | X \right |>n\right )=0$

— Aldehu
kaynak