Gdyby

Dla ciągłej zmiennej losowej $X$ , jeśli $E(|X|)$ jest skończone, to czy $\lim_{n\to\infty}n P(|X|>n)=0$ ?

Jest to problem, który znalazłem w Internecie, ale nie jestem pewien, czy się utrzymuje.

Wiem, że $n P(|X|>n)<E(|X|)$ utrzymuje nierówność Markowa, ale nie mogę pokazać, że idzie do 0, gdy $n$ idzie do nieskończoności.

probability expected-value probability-inequalities

— 456 123
źródło

(1) Ciągłość nie jest potrzebna. (2) Wyraź oczekiwanie jako całkę funkcji przeżycia . (3) Rozważmy przeciwieństwo: co oznaczałoby niezerowe ograniczenie w oczekiwaniu?

Pr (| X | > n)

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

— whuber

@whuber ładne ćwiczenie! Myślę, że mam poprawną odpowiedź, ale skoro tak wygląda self-study, nie sądzę, że powinienem ją tutaj pisać. Czy mogę stworzyć prywatny czat i pokazać wam moje rozwiązanie, abyście mogli mi powiedzieć, czy jest poprawny?

— DeltaIV

@Delta To jest przypadek, w którym opublikowanie odpowiedzi wydaje mi się w porządku: OP ma konkretne pytanie cząstkowe i nie wydaje się być trollingiem w poszukiwaniu odpowiedzi na zadanie domowe.

— whuber

@whuber to przypomina mi nieistnienie rozkładzie równomiernym ciągu liczb naturalnych - to oznacza, że podczas gdy ciągłość nie jest potrzebny tutaj, policzalny addytywności jest ?

— Bill Clark,

Odpowiedzi:

Spójrz na sekwencję zmiennych losowych zdefiniowaną przez zachowanie tylko dużych wartości:Oczywiste jest, że , więc Zauważ, że idla każdego . Zatem LHS z (1) dąży do zera przez dominującą zbieżność . $\{Y_n\}$ $|X|$

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
źródło

Myślę, że masz na myśli „RHS” w ostatnim zdaniu, w przeciwnym razie dobra robota!

— jbowman

@jbowman, on / on znaczy

E Y_{n} \to 0

$\mathbb{E}{Y_n} \to 0$ przez dominujące twierdzenie o konwergencji (zauważ, że

Y_{n} \to 0

$Y_n \to 0$ sam nie wystarczy, aby dojść do tego wniosku). Dodałem link do DCT na wikipedii

— P.Windridge

@ P.Windridge - Nie przeczytałem wystarczająco uważnie i skojarzyłem „So the LHS” z równaniem 1, zamiast z poprzednim zdaniem. Mój błąd.

— jbowman

Zauważ, że

Y_{n}

$Y_n$ jest zmienną losową.

Y_{n} \to 0

$Y_n\rightarrow 0$ w jakim sensie?

— YHH

@YHH Konwergencja jest punktowa: dla każdego

ω

$\omega$ ,

Y_{n} (ω) \to 0

$Y_n(\omega)\to0$ tak jak

n \to \infty

$n\to\infty$ .

— grand_chat

Mogę podać odpowiedź na ciągłą zmienną losową (z pewnością jest bardziej ogólna odpowiedź). Pozwolić $Y=|X|$ :

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)

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

A zatem

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

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

Teraz, skoro hipoteza $\mathbb{E}[Y]$ jest skończony, mamy to

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

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

Następnie

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

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

według twierdzenia o kanapkach.

— DeltaIV
źródło

@ P.Windridge, czy mógłbyś sprawdzić, czy moje użycie dominującego twierdzenia o zbieżności jest prawidłowe? Mam ilość

n P (Y > n)

$nP(Y>n)$ , która jest nieujemna i nie jest większa niż ilość, której limit wynosi 0

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

$\lim_{n\to\infty}nP(Y>n)=0$ w moim zastosowaniu tego twierdzenia. Dzięki

— DeltaIV,

@ DeltaIV- po pierwsze, aby wyjaśnić, „

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

$a_n \le b_n \le c_n$ i

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

$a_n, c_n \to l$ implikuje

b_{n} \to l

$b_n\to l$ „NIE jest zdominowanym twierdzeniem o konwergencji (zwykle nazywa się to twierdzeniem kanapkowym).

— P.Windridge

@ DeltaIV - nie, nie potrzebujesz DCT, wystarczy MCT (obejmuje to również taką możliwość

E Y = \infty

$\mathbb{E} Y = \infty$ , ale nie możesz powiedzieć

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

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

— P.Windridge

Nie ma problemu. Btw, wiem

E [Y]

$E[Y]$ jest skończony z założenia, ja właśnie wyjaśniłem, gdzie używasz tego założenia (sam MCT nie wymaga go, w przeciwieństwie do DCT, którego używał @grand_chat i mam nadzieję, że spojrzałeś :)).

— P.Windridge

@ P.Windridge ah, ok! Nie zauważyłem, że MCT nie wymaga założenia. Rzuciłem okiem na DCT, dlatego pomyślałem, że nie potrzebuję go na dowód :) Płacę za to, że nie uczono mnie o integracji Lebesgue na uniwersytecie ... z tego powodu jestem przyzwyczajony wykonaj rachunek prawdopodobieństwa w kategoriach pdf, zamiast miar.

— DeltaIV

$E\left | X \right |< \infty \Leftrightarrow E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\rightarrow 0$ (jednolicie integralna)

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

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

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

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

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

— Aldehu
źródło