По поводу сходимости по вероятности

Пусть - последовательность случайных величин от st вероятности , где - фиксированная постоянная. Я пытаюсь показать следующее: и оба в вероятности. Я здесь, чтобы увидеть, была ли моя логика правильной. Вот моя работа $\{X_n\}_{n\geq 1}$ $X_n \to a$ $a>0$

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

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

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

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

ПОПЫТКА

Для первой части мы имеем Обратите внимание, что Из этого следует, что
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
Для второй части мы имеем Теперь, поскольку как , мы имеем, что является ограниченной последовательностью. Другими словами, существует действительное число й . Таким образом, вероятности, мы имеем
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ $X_n \to a$ $n \to \infty$ $X_n$ $M<\infty$ $|X_n|\leq M$ $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

Я довольно уверен в первом, но довольно сомнительный во втором. Была ли моя логика звучит?

random-variable convergence asymptotics probability-inequalities coverage-probability Дикарь Генри
источник

Рассмотрим последовательность где и . Мне кажется, что с эта последовательность сходится к вероятности , но, очевидно, она не ограничена, поскольку .

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

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

whuber

Теорема о непрерывном отображении?

Кристоф Ханк

Ответы:

Детали доказательств имеют меньшее значение, чем разработка соответствующей интуиции и методов. Этот ответ фокусируется на подходе, разработанном, чтобы помочь сделать это. Он состоит из трех этапов: «установка», в которой вводятся допущения и определения; «тело» (или «решающий шаг»), в котором предположения так или иначе связаны с тем, что должно быть доказано, и «развязка», в которой доказательство завершено. Как и во многих случаях с вероятностными доказательствами, решающий шаг здесь - это работа с числами (возможными значениями случайных величин), а не с самими гораздо более сложными случайными величинами.

Сходимость по вероятности последовательности случайных величин к константе означает, что независимо от того, какую окрестность вы выберете, в конечном итоге каждый лежит в этой окрестности с вероятностью, произвольно близкой к . (Я не буду объяснять, как переводить «в конце концов» и «произвольно близко» в формальную математику - любой, кто интересуется этим постом, уже знает это.) $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

Напомним, что окрестностью является любой набор действительных чисел, содержащий открытый набор, членом которого является . $0$ $0$

Настройка является обычной. Рассмотрим последовательность и пусть будет любой окрестностью . Цель состоит в том, чтобы показать, что в конечном итоге будет иметь произвольно высокий шанс оказаться в . Поскольку является окрестностью, должен существовать для которого открытый интервал . Мы можем уменьшить при необходимости, чтобы обеспечить , тоже. Это обеспечит законность и полезность последующих манипуляций. $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$

Важным шагом будет соединение с . Это не требует знания случайных величин вообще. Алгебра числовых неравенств (используя предположение ) говорит нам, что множество чисел для любого находится во взаимно-однозначном соответствии с множеством всех для которых $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

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

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

Эквивалентное

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

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

Поскольку , правая часть действительно является окрестностью . (Это ясно показывает, что ломается, когда ) $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

Мы готовы к развязке.

Поскольку вероятность равна, мы знаем, что в конечном итоге каждый будет лежать в пределах с произвольно высокой вероятностью. Эквивалентно, конечном итоге будет лежать в с произвольно высокой вероятностью, QED . $X_n \to a$ $X_n-a$ $\mathcal{U}$ $Y_n-1$ $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$

Whuber
источник

Я прошу прощения за такой поздний лучший ответ. Это была занятая неделя. Спасибо вам большое за это !!!

Дикарь Генри

Нам дано, что

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

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

и мы хотим показать, что

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 есть это

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

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

Таким образом, эквивалентно, мы изучаем предел вероятности

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

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

Мы можем разбить вероятность на две взаимоисключающие совместные вероятности

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 первого элемента мы имеем ряд неравенств

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]

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

Первое неравенство связано с тем, что мы рассматриваем область, гдевыше единицы и поэтому ее обратная величина меньше единицы. Второе неравенство, потому что совместная вероятность множества событий не может быть больше, чем вероятность подмножества этих событий. Предел самого правого члена равен нулю (это предпосылка), поэтому предел самого левого члена также равен нулю. Итак, первый элемент вероятности, который нас интересует, равен нулю. $|X_n|$

Для второго элемента мы имеем

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

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

Определите, Так как здесьограничен, отсюда следует, что может быть сделана произвольно малой или большой, и поэтому она эквивалентна . Итак, мы имеем неравенство $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ $|X_n|$ $\delta$ $\epsilon$

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

Опять же, предел с правой стороны равен нулю, так что предел с левой стороны также равен нулю. Поэтому второй элемент вероятности, который нас интересует, также равен нулю. QED.

Алекос Пападопулос
источник

Для первой части возьмите и обратите внимание, что Следовательно, для любого , определяя , мы имеем когда , подразумевая, что . $x,a,\epsilon>0$

\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}

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

Для второй части снова возьмите и чит из ответа Хаббера (это ключевой шаг ;-) для определения Теперь контрапозиции этого утверждения $x,a,\epsilon>0$

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 .

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

Следовательно, когда , подразумевая, что .

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

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

Примечание: оба пункта являются следствием более общего результата. Прежде всего запомните эту лемму: тогда и только тогда, когда для любой подпоследовательности существует подпоследовательность такой, что почти наверняка при . Кроме того, помните из Real Analysis, что является непрерывным в предельной точке в если и только если для каждой последовательности в он считает, что подразумевает . Следовательно, если $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ $X_{n_{i_j}}\to X$ $j\to\infty$ $g:A\to\mathbb{R}$ $x$ $A$ $\{x_n\}$ $A$ $x_n\to x$ $g(x_n)\to g(x)$ $g$ непрерывно и почти наверняка, то и отсюда следует, что почти наверняка. Более того, если непрерывен и , если мы выберем любую подпоследовательность , то, используя лемму, существует подпоследовательность , что почти наверняка, когда . Но тогда, как мы видели, отсюда следует, что почти наверняка, когда $X_n\to X$

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

$j\to\infty$ , Поскольку этот аргумент верен для каждой подпоследовательности , используя лемму в другом направлении, мы заключаем, что . Следовательно, чтобы ответить на ваш вопрос, вы можете просто определить непрерывные функции и для и применить этот 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

$x>0$

Zen
источник

Дзен спасибо за ответ. Это было очень ясно!

Дикарь Генри