Щодо зближення у ймовірності

Нехай $\{X_n\}_{n\geq 1}$ - послідовність випадкових змінних st $X_n \to a$ з імовірністю, де $a>0$ - фіксована константа. Я намагаюся показати таке:

\sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a}

$\sqrt{X_n} \to \sqrt{a}$ і

\frac{a}{X_{n}} \to 1

$\frac{a}{X_n}\to 1$ імовірність. Я тут, щоб перевірити, чи була моя логіка здоровою. Ось моя робота

ATTEMPT

Для першої частини у нас
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ Зауважте, що $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ З цього випливає, що $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
У другій частині ми маємо Тепер, оскільки як , маємо, що - обмежена послідовність. Іншими словами, існує дійсне число st . Таким чином,
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ $X_n \to a$ $n \to \infty$ $X_n$ $M<\infty$ $|X_n|\leq M$ Дивлячись на це ймовірно, маємо $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

Я досить впевнений у першому, але у другому я доволі іффі. Чи звучала моя логіка?

— Дикун Генрі
джерело

X_{n}

$X_n$

Pr (X_{n} = a) = 1 - 1 / n

$\Pr(X_n=a)=1-1/n$

Pr (X_{n} = n) = 1 / n

$\Pr(X_n=n)=1/n$

1 - 1 / n \to 1

$1-1/n\to 1$

a

$a$

sup (X_{n}) = max (a, n) \to \infty

$\sup(X_n)=\max(a,n)\to\infty$

Теорема безперервного відображення?

— Крістоф Хенк

Відповіді:

Деталі доказів мають значення менше, ніж розвиток відповідної інтуїції та прийомів. Ця відповідь зосереджена на підході, який допоможе це зробити. Він складається з трьох етапів: "установка", в яку вводяться припущення та визначення; "тіло" (або "вирішальний крок"), в якому припущення якимось чином пов'язані з тим, що має бути доведено, і "розкриттям", в якому доказ завершений. Як і в багатьох випадках з доказів вірогідності, вирішальним кроком тут є робота з числами (можливими значеннями випадкових змінних), а не спілкування зі значно складнішими самими випадковими змінними.

Конвергенція за ймовірністю послідовності випадкових величин до постійної означає , що незалежно від того , що околиця Ви вибираєте, в кінцевому рахунку , кожен лежить в цій околиці з імовірністю, як завгодно близькою до . (Я не буду пояснювати, як перекласти "врешті-решт" і "довільно закрити" в формальну математику - кожен, хто цікавиться цією публікацією, вже це знає.) $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

Нагадаємо, що околиця - це будь-який набір реальних чисел, що містить відкритий набір, якого є членом. $0$ $0$

Налаштування буденне. Розглянемо послідовність і нехай буде будь-яке сусідство . Мета полягає в тому, щоб показати, що зрештою матиме довільно високий шанс лежати в . Оскільки є околицею, має бути для якого відкритий інтервал . Ми можемо зменшити якщо необхідно, щоб забезпечити також . Це запевнить, що наступні маніпуляції є законними та корисними. $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$

Найважливішим кроком буде з'єднання з . Для цього взагалі не потрібно знати випадкових змінних. Алгебра числових нерівностей (використовуючи припущення ) говорить нам, що множина чисел для будь-якого знаходиться у відповідності один до одного із набором усіх для яких $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

\frac{a}{1 + ϵ} < X_{n} (ω) < \frac{a}{1 - ϵ} .

$\frac{a}{1+\epsilon} \lt X_n(\omega) \lt \frac{a}{1-\epsilon}.$

Рівнозначно,

X_{n} (ω) - a \in (- \frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}) = U .

$X_n(\omega)-a \in \left(-\frac{a\epsilon}{1+\epsilon}, \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right) = \mathcal{U}.$

Оскільки , права частина дійсно є околицею . (Це чітко показує, що виходить з ладу, коли ) $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

Ми готові до денонсації.

Оскільки ймовірністю, ми знаємо, що з часом кожен буде лежати в межах з довільно високою ймовірністю. Рівнозначно, зрештою буде лежати в межах з довільно високою ймовірністю, QED . $X_n \to a$ $X_n-a$ $\mathcal{U}$ $Y_n-1$ $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$

— дзижчати
джерело

Прошу вибачення за таку пізню найкращу відповідь. Минув тиждень напружений. Дякую вам за це багато !!!

— Savage Генрі

Нам це дано

lim_{n \to \infty} P (| X_{n} - α | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P(|X_n-\alpha| > \epsilon) = 0$

і ми хочемо це показати

lim_{n \to \infty} P (| \frac{α}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| > \epsilon\right) = 0$

У нас це є

| \frac{α}{X_{n}} - 1 | = | \frac{1}{X_{n}} (α - X_{n}) | = | \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α |

$\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| = \left|\frac {1}{X_n}(\alpha-X_n)\right| = \left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right|$

Тож рівнозначно ми вивчаємо межу ймовірності

lim_{n \to \infty} P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = ? 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) = \;?\;0$

Ми можемо розбити ймовірність на дві взаємовиключні спільні ймовірності

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) + P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) =\\ P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) + P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right)$

Для першого елемента маємо ряд нерівностей

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) \leq P [| X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1] \leq P [| X_{n} - α | > ϵ]

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \big] \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon \big]$

Перша нерівність походить від того, що ми розглядаємо область, деє вищою, ніж єдність, і тому її зворотна менша за єдність. Друга нерівність, оскільки спільна ймовірність набору подій не може бути більшою, ніж ймовірність підмножини цих подій. Межа крайнього правого члена дорівнює нулю (це передумова), тому межа крайнього лівого члена також дорівнює нулю. Тож перший елемент ймовірності, який нас цікавить, дорівнює нулю. $|X_n|$

Для другого елемента ми маємо

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1) = P (| X_{n} - α | > ϵ | X_{n} |, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right) = P\left(\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon|X_n|,|X_n| < 1 \right)$

Визначте. Оскільки тутє обмеженим, звідси випливає, що може бути зроблено безліч малих або великих, і тому вона еквівалентна . Отже, ми маємо нерівність $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ $|X_n|$ $\delta$ $\epsilon$

P [| X_{n} - α | > δ, | X_{n} | < 1] \leq P [| X_{n} - α | > δ]

Знову ж таки, межа на правій стороні дорівнює нулю за нашою умовою, тому межа з лівого боку також дорівнює нулю. Тому другий елемент ймовірності, який нас цікавить, також дорівнює нулю. QED.

— Алекос Пападопулос
джерело

Для першої частини візьміть і зауважте, що Отже, для будь-якого , що визначає , маємо коли , маючи на увазі, що . $x,a,\epsilon>0$

\begin{aligned} | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ & \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq \frac{ϵ \sqrt{a}}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \\ \Rightarrow | (\sqrt{x} - \sqrt{a}) (\sqrt{x} + \sqrt{a}) | \geq ϵ \sqrt{a} \Rightarrow | x - a | \geq ϵ \sqrt{a} . \end{aligned}

$\begin{align} |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon &\Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\frac{\epsilon\sqrt{a}}{\sqrt{x}+\sqrt{a}} \\ &\Rightarrow |(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})|\geq\epsilon\sqrt{a}\Rightarrow |x-a|\geq\epsilon\sqrt{a}. \end{align}$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

δ = ϵ \sqrt{a}

$\delta=\epsilon\sqrt{a}$

Pr (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\geq\epsilon)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\sqrt{X_{n}} \overset{Pr}{\to} \sqrt{a}

$\sqrt{X_n}\stackrel{\Pr}\to\sqrt{a}$

У другій частині візьміть знову і оберіть відповідь Хаббера (це ключовий крок ;-) для визначення Тепер контрапозиции цього твердження $x,a,\epsilon>0$

δ = min {\frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}} .

$\delta = \min\left\{ \frac{a\epsilon}{1+\epsilon},\frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right\}.$

\begin{aligned} | x - a | < δ & \Rightarrow a - δ < x < a + δ \Rightarrow a - \frac{a ϵ}{1 + ϵ} < x < a + \frac{a ϵ}{1 - ϵ} \\ \Rightarrow \frac{a}{1 + ϵ} < x < \frac{a}{1 - ϵ} \Rightarrow 1 - ϵ < \frac{a}{x} < 1 + ϵ \Rightarrow | \frac{a}{x} - 1 | < ϵ . \end{aligned}

$\begin{align} |x-a|<\delta &\Rightarrow a-\delta<x<a+\delta \Rightarrow a - \frac{a\epsilon}{1+\epsilon} < x < a + \frac{a\epsilon}{1-\epsilon} \\ &\Rightarrow \frac{a}{1+\epsilon} < x < \frac{a}{1-\epsilon} \Rightarrow 1-\epsilon<\frac{a}{x}<1+\epsilon \Rightarrow \left| \frac{a}{x}-1\right|<\epsilon. \end{align}$

| \frac{a}{x} - 1 | \geq ϵ \Rightarrow | x - a | \geq δ .

$\left| \frac{a}{x}-1\right|\geq\epsilon \Rightarrow |x-a|\geq\delta.$

Тому коли , маючи на увазі, що .

Pr (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr\!\left(\left|\frac{a}{X_n}-1\right|\geq\epsilon\right)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\frac{a}{X_{n}} \overset{Pr}{\to} 1

$\frac{a}{X_n}\stackrel{\Pr}\to 1$

Примітка: обидва пункти є наслідками більш загального результату. Перш за все запам’ятайте цю лему: якщо і лише тоді, коли для будь-якої послідовності є така, що майже напевно, коли . Крім того , пам'ятайте з реального аналізу , що неперервна в граничній точці з , якщо і тільки якщо для кожної послідовності в справедливо , що означає . Отже, якщо $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ $X_{n_{i_j}}\to X$ $j\to\infty$ $g:A\to\mathbb{R}$ $x$ $A$ $\{x_n\}$ $A$ $x_n\to x$ $g(x_n)\to g(x)$ $g$ є безперервним і майже напевно, тоді і звідси випливає, що майже точно. Більше того, будучи безперервним, і , якщо ми виберемо будь-яку послідовність , то, використовуючи лему, є підпорядкування така, що майже напевно, коли . Але потім, як ми бачили, випливає, що майже напевно, коли $X_n\to X$

Pr (lim_{n \to \infty} g (X_{n}) = g (X)) \geq Pr (lim_{x \to \infty} X_{n} = X) = 1,

$\Pr\!\left(\lim_{n\to\infty}g(X_n)=g(X)\right)\geq\Pr\!\left(\lim_{x\to\infty}X_n=X\right)=1,$

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

$g(X_n)\to g(X)$

g

$g$

X_{n} \overset{Pr}{\to} X

$X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

{n_{i_{j}}} \subset {n_{i}}

$\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$

X_{n_{i_{j}}} \to X

$X_{n_{i_j}}\to X$

j \to \infty

$j\to\infty$

g (X_{n_{i_{j}}}) \to g (X)

$g(X_{n_{i_j}})\to g(X)$

j \to \infty

$j\to\infty$ . Оскільки цей аргумент справедливий для кожної послідовності , використовуючи лему в іншому напрямку, ми робимо висновок, що . Отже, щоб відповісти на ваше запитання, ви можете просто визначити безперервні функції і , для , і застосувати цей результат.

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

g (X_{n}) \overset{Pr}{\to} g (X)

$g(X_n)\stackrel{\Pr}{\to}g(X)$

g (x) = \sqrt{x}

$g(x)=\sqrt{x}$

h (x) = a / x

$h(x)=a/x$

x > 0

$x>0$

— Дзен
джерело

Дзен дякую за те, що ти відповів. Це було дуже зрозуміло!

— Savage Генрі