Udowodnij lub podaj kontrprzykład:

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

Moja próba :

FALSE: Załóżmy, że może przyjmować tylko wartości ujemne i załóżmy, że $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

WTEDY , jednak dla parzystego , nie jest ściśle ujemny. Zamiast tego zamienia ujemne na dodatnie i ujemne. Dlatego, nie zbiegają się prawie na pewno do . $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

Czy to rozsądna odpowiedź? Jeśli nie, jak mogę poprawić swoją odpowiedź?

self-study convergence geometric-mean

— Lewkrr
źródło

X_{i}

$X_i$ musi być ściśle pozytywne, aby miało to sens.

— user765195

Oczywiście potrzebujesz aby zdefiniować . Najpierw udowodnij, że zbieżne z jako (google „Cesaro znaczy” w analizie rzeczywistej i dostosuj argument). Następnie rozważ .

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

Niezbędne bieżąca analiza jest następująca: Jeśli , a . Dowód: dla każdego istnieje taki, że , dla każdego . Dlatego . Stąd, jeśli , wtedy , dla każdego .

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}

$n\geq n_1$

— Zen

Intuicja polega na tym, że obliczasz średnią z coraz większą liczbą , które są coraz bliżej i ostatecznie dominują w wyniku.

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— Zen

Odpowiedzi:

Przed udowodnieniem czegoś interesującego, zauważ, że prawie na pewno dla wszystkich nie jest warunkiem koniecznym dla obu instrukcji, aby miały sens, co ilustruje sekwencja deterministyczna . $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

Co więcej, stwierdzenie to jest w rzeczywistości fałszywe, jak dowodzi następująca deterministyczna sekwencja: . $(0, 1, 1, \dots)$

Teraz załóżmy, że prawie na pewno dla wszystkich , to instrukcja jest prawdziwa, podając następujący argument: $X_i >0$ $i$

ZdefiniujPrzez contuity z , prawie na pewno. Tak więc prawie na pewno przez wynik dla Cesaro oznacza również udowodnione w powyższych komentarzach. Zatem przez ciągłość , prawie na pewno.

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
źródło

To twierdzenie jest fałszywe. Daję dowód, podając kontrprzykład.

Załóżmy, że losowa sekwencja jest zdefiniowana w następujący sposób: $X_i$

\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}

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

Najwyraźniej jest (1) zdegenerowane, a (2) prawie na pewno zbiega się do jako według silnego prawa wielkich liczb Czebyszewa. (Aby to zobaczyć, przepisz dla .) $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

Ponieważ jednak , . W związku z tym , więc w granicy trywialnie zbiegnie do , czyli . $X_1 = 0$ $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— Jeremias K
źródło

Wygląda na to, że zapomniałeś wykładnika .

1 / n

$1/n$

— whuber

Dzięki, whuber, naprawiłem to :) Naprawdę powinienem popracować nad bardziej uważnym czytaniem ... Po raz pierwszy udowodniłem również, że instrukcja również nie działa dla ponieważ ja nie czytałem poprawnie.

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

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

— Jeremias K

Dzięki. Wszystkie te obliczenia wydają się zaciemniać prosty pomysł: jeśli jest niezerowy, nie zmienisz limitu, zmieniając dowolną skończoną liczbę na zero, ale to sprawi, że produkt będzie zerowy i otrzymasz sprzeczność. Słusznie. Jednakże, o ile nie powiedziano nam inaczej, stwierdzenia o nieskończonych produktach należy rozumieć jako stwierdzenia o nieskończonych sumach logarytmów. W szczególności zainteresowanie tym pytaniem skupia się na przypadku, w którym każdy jest prawie na pewno ściśle pozytywny .

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— whuber

@ Whuber ten ostatni komentarz jest interesujący. Czy rzeczywiście jest tak, że limity produktów są umownie, a może z definicji (?) Rozumiane w kategoriach logarytmów? Jeśli tak, zmieniłbym również treść mojej odpowiedzi powyżej. W szczególności ostatni apel do ciągłości byłby zbyteczny.

— ekvall

@Student Rozumowanie w odpowiedzi jest w porządku. W zastosowaniach statystycznych rzadko zdarza się, aby ktokolwiek patrzył na taką granicę środków geometrycznych, chyba że już myślał w kategoriach logarytmów.

— whuber