Если конечно, ?

10

Для непрерывной случайной величины X , если E(|X|) конечно, limnnP(|X|>n)=0 ?

Это проблема, которую я обнаружил в Интернете, но я не уверен, имеет ли она место или нет.

Я знаю, что nP(|X|>n)<E(|X|) имеет место по неравенству Маркова, но я не могу показать, что оно равно 0, а n - бесконечности.

456 123
источник
8
(1) Преемственность не нужна. (2) Выразите ожидание как интеграл от функции выживания Pr(|X|>n) . (3) Рассмотрим контраположительное: что бы ненулевой предел означал в ожидании?
whuber
@whuber хорошее упражнение! Я думаю, что у меня есть правильный ответ, но так как это выглядит self-study, я не думаю, что я должен написать это здесь. Могу ли я создать личный чат и показать вам свое решение, чтобы вы могли сказать мне, если оно правильное?
DeltaIV
1
@Delta Это тот случай, когда публикация вашего ответа может показаться мне подходящей: у ОП есть конкретный подвопрос, а не троллинг для ответов на домашние задания.
whuber
@whuber это напоминает мне о несуществовании равномерного распределения по натуральным числам - означает ли это, что, хотя здесь непрерывность не нужна, счетная аддитивность есть ?
Билл Кларк

Ответы:

10

Посмотрите на последовательность случайных величин определенную путем сохранения только больших значений:Ясно, что , поэтому Обратите внимание, что идля каждого . Таким образом, LHS (1) стремится к нулю с помощью доминирующей сходимости .{Yn}|X|

Yn:=|X|I(|X|>n).
YnnI(|X|>n)
(1)E(Yn)nP(|X|>n).
Yn0|Yn||X|n
grand_chat
источник
Я думаю, что вы имеете в виду «RHS» в вашем последнем предложении, в противном случае, хорошая работа!
jbowman
@jbowman, он / она означает по теореме о доминируемой сходимости (заметьте, что одного недостаточно, чтобы прийти к такому выводу). Я добавил ссылку на DCT в ВикипедииEYn0Yn0
P.Windridge,
@ P.Windridge - я не читал достаточно внимательно, и связал «Итак, LHS» с уравнением 1, а не с предыдущим предложением. Виноват.
jbowman
Обратите внимание, что является случайной величиной. в каком смысле? YnYn0
YHH
@YHH Конвергенция точечно: Для каждого , в . ωYn(ω)0n
grand_chat
3

Я могу дать ответ для непрерывной случайной величины (наверняка есть более общий ответ). Пусть:Y=|X|

E[Y]=0yfY(y)dy=0nyfY(y)dy+nyfY(y)dy0nyfY(y)dy+nnfY(y)dy=+n(FY()FY(n))=+n(1FY(n))=0nyfY(y)dy+nP(Y>n)

таким образом

0nP(Y>n)(E[Y]0nyfY(y)dy)

Теперь, так как по предположению конечно, мы имеемE[Y]

limn(E[Y]0nyfY(y)dy)=E[Y]limn0nyfY(y)dy=E[Y]E[Y]=0

затем

limnnP(Y>n)=0

по теореме сэндвича.

DeltaIV
источник
@ P.Windridge, не могли бы вы проверить, правильно ли я использовал теорему о доминируемой сходимости? У меня есть величина , которая неотрицательна и не превышает величину, предел которой равен 0, поэтому в моем приложении теорема. СпасибоnP(Y>n)limnnP(Y>n)=0
DeltaIV
2
@ DeltaIV - во-первых, чтобы уточнить, " и подразумевает ", НЕ является теоремой с доминированием сходимости (обычно это называется теорема сэндвича). anbncnan,cnlbnl
П.Уиндридж
1
@ DeltaIV - нет, вам не нужен DCT, достаточно MCT (включая вероятность того, что , но тогда вы не можете сказать !)EY=EYEY==0
P.Windridge,
1
Нет проблем. Кстати, я знаю, что конечно по предположению, я просто объяснял, где вы используете это предположение (сам MCT не требует его, в отличие от DCT, который использовал @grand_chat, и я надеюсь, что вы смотрели :)). E[Y]
П.Уиндридж
1
@ P.Windridge ах, хорошо! Я не заметил, что MCT не требует предположения. Я взглянул на DCT, поэтому я подумал, что мне это не нужно для доказательств :) Я плачу за то, что меня не учили об интеграции Лебега в университете ... по этой причине я привык сделать вероятностное исчисление в терминах PDF, а не с точки зрения мер.
DeltaIV
0

E|X|<E|X|I|X|>n0 (равномерно интегрируется)

E|X|=E|X|I|X|>n+E|X|I|X|n

E|X|I|X|>nE|X|<

E|X|I|X|>nnEI|X|>n=nP(|X|>n)

E|X|I|X|>n0nP(|X|>n)0P(|X|>n)0

то естьlimnP(|X|>n)=0

Aldehu
источник