Сходимость посл с.в. по вероятности и почти наверное

[burduk]

Итак, имеем задачу: случайные величины $\{\xi_n\}$ принимают следующие значения: $e^{an}$ с вероятностью $e^{-bn}$ и $e^{-an}$ с вероятностью $1-e^{-bn}$, где $b\geq0$, $a\in R$.
Вопрос: при каких значениях параметров эта последовательность а) сходится по вероятности к 0; б)сходится почти наверное к 0.
Ответы к первому пункту есть в рекомендованной литературе вот тут, ответы у меня совпали, они такие: при $b=0$, $a<0$ и при $b>0$, $a>0$.
Теперь, со вторым пунктом я не уверен. Нам надо, чтобы вероятность того, что $\xi_n\rightarrow0$ была равна 1. Если мы возьмём $b=0$, $a<0$, то $\xi_n=e^{an}$ с вероятностью 1, и $e^{an}\rightarrow0$- т.е. в этом случае есть сходимость почти наверное.
Если взять $b>0$, $a>0$, то тут вероятность того, что $\xi_n\rightarrow0$ равна $1-e^{-bn}\neq1$- т.е. тут нет сходимости почти наверное. Правильны ли мои рассуждения?

[Trius]

Посмотрите там же, где и ответ, задание №3

[burduk]

Trius, спасибо, №3 действительно достаточно интересен. Он говорит о том, что если последовательность $\{\xi_n\}$ такова, что если $\forall\varepsilon>0$ сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\mathbb{P}\{|\xi_n-\xi|>\varepsilon\}$, то $\xi_n\rightarrow\xi$ почти наверно.
Итак, разберём первый пункт, когда $a<0,b=0$: Тогда $\xi_n=e^{an}$ с вероятностью 1, а, значит, наш ряд для любого фиксированного $\varepsilon>0$ превращается в конечную сумму единичек (ведь $a<0$, а потому $e^{an}\rightarrow0,n\rightarrow\infty$)- т.е. сходиться- есть сходимость п.н..
Далее, второй пункт: пусть $a>0,b>0$. Тогда, т.к. в этом случае $e^{an}\rightarrow\infty,n\rightarrow\infty, e^{-an}\rightarrow0,n\rightarrow\infty$, то при достаточно больших $n$ члены нашего ряда имеют вид $e^{-bn}$. Т.е. остаток нашего ряда сходиться (например, по признаку Коши)- а тогда и ряд сходится, а тогда и в этом случае есть сходимость п.н.
Итог: ответы, полученные путём различных размышлений, дали различные ответы. Вопрос: где я не прав (или я неправ и там и там?)?
P.S. на будущее: а если бы я получил, что ряд не сходится- ведь тогда из этого бы не следовало, что сходимости п.н. нет- как действовать в таких случаях? По аналогии с тем, что я писал в первом посте, или на этот случай тоже сть какой-то хитрый способ?

[Trius]

burduk в сообщении #595195 писал(а):

Trius, спасибо, №3 действительно достаточно интересен. Он говорит о том, что если последовательность $\{\xi_n\}$ такова, что если $\forall\varepsilon>0$ сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\mathbb{P}\{|\xi_n-\xi|>\varepsilon\}$, то $\xi_n\rightarrow\xi$ почти наверно.
Итак, разберём первый пункт, когда $a<0,b=0$: Тогда $\xi_n=e^{an}$ с вероятностью 1, а, значит, наш ряд для любого фиксированного $\varepsilon>0$ превращается в конечную сумму единичек (ведь $a<0$, а потому $e^{an}\rightarrow0,n\rightarrow\infty$)- т.е. сходиться- есть сходимость п.н..

В любом сходящемся ряде общий член стремиться к 0, так что этот ряд не состоит из конечного числа единичек) Тут в лоб делается

Цитата:

Далее, второй пункт: пусть $a>0,b>0$. Тогда, т.к. в этом случае $e^{an}\rightarrow\infty,n\rightarrow\infty, e^{-an}\rightarrow0,n\rightarrow\infty$, то при достаточно больших $n$ члены нашего ряда имеют вид $e^{-bn}$. Т.е. остаток нашего ряда сходиться (например, по признаку Коши)- а тогда и ряд сходится, а тогда и в этом случае есть сходимость п.н.
Итог: ответы, полученные путём различных размышлений, дали различные ответы. Вопрос: где я не прав (или я неправ и там и там?)?
P.S. на будущее: а если бы я получил, что ряд не сходится- ведь тогда из этого бы не следовало, что сходимости п.н. нет- как действовать в таких случаях? По аналогии с тем, что я писал в первом посте, или на этот случай тоже сть какой-то хитрый способ?

Там признак Коши и не нужен, получается же геометрический ряд. Где вы увидели различные ответы?

Если бы получилось, что ряд не сходится, то надо было бы пользоваться или критерием сходимости, или доказывать что в данном случае нет сходимости по вероятности, а значит тем более не может быть сходимости п.н.

[burduk]

Trius, разные ответы получаются при разборе второго пункта- когда $a>0,b>0$. Ведь, согласно определению, для сходимости п.н. вероятность того, что $\xi_n\rightarrow0$ должна быть равна 1, у меня же при способе "в лоб" она стремиться к 1. Или же достаточно стремления?

Trius в сообщении #595206 писал(а):

В любом сходящемся ряде общий член стремиться кюбом сходящемся ряде общий член стремиться к 0, так что этот ряд не состоит из конечного числа единичек) Тут в лоб делается

Поправьте меня, если я ошибаюсь, но в случае первого пункта $n-$тый член ряда выглядит как $a_n=\mathbb{I}_{\{n<\frac{\operatorname{Ln}{\varepsilon}} {a}\}}$, где $\mathbb{I}$- индикаторная функция. И тогда, при фиксированных $a,\varepsilon$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$

[Trius]

burduk в сообщении #595211 писал(а):

Trius, разные ответы получаются при разборе второго пункта- когда $a>0,b>0$. Ведь, согласно определению, для сходимости п.н. вероятность того, что $\xi_n\rightarrow0$ должна быть равна 1, у меня же при способе "в лоб" она стремиться к 1. Или же достаточно стремления?

Пункт $a>0,b>0$ сделан с помощью упражнения, в лоб там не сделаешь.

burduk в сообщении #595211 писал(а):

Поправьте меня, если я ошибаюсь, но в случае первого пункта $n-$тый член ряда выглядит как $a_n=\mathbb{I}_{\{n<\frac{\operatorname{Ln}{\varepsilon}} {a}\}}$, где $\mathbb{I}$- индикаторная функция. И тогда, при фиксированных $a,\varepsilon$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$

Да, я невнимательный)

[--mS--]

burduk в сообщении #595096 писал(а):

Если взять $b>0$, $a>0$, то тут вероятность того, что $\xi_n\rightarrow0$ равна $1-e^{-bn}\neq1$- т.е. тут нет сходимости почти наверное. Правильны ли мои рассуждения?

Вот в этом месте Вы неправы. В общем случае невозможно судить по значениям каждой величины в отдельности о том, какова вероятность множества таких элементарных исходов $\omega$ (одного и того же для всех величин!), на которых имеет место сходимость $\xi_n(\omega)$ к $\xi(\omega)$.

Например, представьте себе, что все величины заданы на единичном отрезке с борелевской сигма-алгеброй и мерой Лебега так: $\xi_n(\omega)=e^{-an}$ для $\omega \in [0,\,1-e^{-bn}]$, и $\xi_n(\omega)=e^{an}$ для $\omega \in (1-e^{-bn},\,1]$. Тогда какое бы $\omega\in[0,\,1)$ Вы ни взяли, при $n$ начиная с некоторого $\xi_n(\omega)$ перестаёт расти как $e^{an}$, а начинает уменьшаться к нулю. Т.е. $\mathsf P\{\omega~ |~\xi_n(\omega) \to 0 \}=\mathsf P(0,\,1] = 1$.

Помните пример о том, что из сходимости по вероятности не вытекает сходимость п.н.? Его можно рисовать на том же отрезке, но при этом "большие значения" задавать не всякий раз на конце отрезка, а заставляя бегать по всему отрезку. Так, чтобы каждое омега (или хотя бы каждое из множества положительной вероятности) попадало бесконечно часто туда, где значения случайных величин не стремятся к нулю. Но заставить "неограниченно бегать" этот последний отрезочек можно не всегда: если его длина убывает очень быстро - как у нас, по экспоненте ($e^{-bn}$), или хотя бы квадратично быстро ($\frac{c}{n^2}$), то отрезочек "плохих значений" станет уменьшаться слишком быстро, и мы не сможем заставить его неограниченно бегать по исходному отрезку.

Вот ровно об этом и говорит утверждение о том, что сходимости ряда из вероятностей $\sum \mathsf P(|\xi_n|\geqslant \varepsilon) < \infty$ достаточно для сходимости п.н. $\xi_n\to 0$. Если шансы "отличаться от нуля" убывают очень быстро, то, как бы мы ни задавали на одном вероятностном пространстве $\xi_n$, вероятность им стремиться к нулю будет единица.

Можно сразу же по мотивам примера выше построить и пример того, что данное условие достаточное, но нисколько не необходимое.

[burduk]

--mS-- в сообщении #595437 писал(а):

Например, представьте себе, что все величины заданы на единичном отрезке с борелевской сигма-алгеброй и мерой Лебега так: $\xi_n(\omega)=e^{-an}$ для $\omega \in [0,\,1-e^{-bn}]$, и $\xi_n(\omega)=e^{an}$ для $\omega \in (1-e^{-bn},\,1]$. Тогда какое бы $\omega\in[0,\,1)$ Вы ни взяли, при $n$ начиная с некоторого $\xi_n(\omega)$ перестаёт расти как $e^{an}$, а начинает уменьшаться к нулю. Т.е. $\mathsf P\{\omega~ |~\xi_n(\omega) \to 0 \}=\mathsf P(0,\,1] = 1$.

--mS--, спасибо большое, теперь-то я понял, в чём тут дело. Я и сам пытался перейти от "ТВ-шной" терминологии к "терминологии теории меры", но у меня что-то не заладилось. Ну и вообще, если уж быть точным, то $\mathsf P\{\omega~ |~\xi_n(\omega) \to 0 \}=\mathsf P[0,\,1) = 1$, ведь так?
И ещё один вопросик, очень глупый, скорее всего, и не по теме: вот мне надо найти площадь поверхности вращения, полученной вращением кривой, заданной в полярных координатах, относительно полярной оси. Я знаю, как решить такую задачу в случае, если кривая вращается вокруг оси OX. Глупый вопрос: полярная ось и ось ОХ- это одно и то же?

[vlad_light]

Цитата:

надо найти площадь поверхности

значит нужно умножить "длину" на "ширину"

Цитата:

полученной вращением кривой, заданной в полярных координатах, относительно полярной оси.

Будем считать, что кривая задана явно, т.е.

$$r=r(\varphi )$$

где $r$ - радиус, а $\varphi$ - угол. "Длиной" будет длина кривой, которая находится по стандартной формуле (модуль производной), которая в полярном виде имеет вид

$$dl=\sqrt {r^2 (\varphi )+{r'}^2 (\varphi )}d\varphi $$

"Шириной" будет длина окружности, полученная при помощи сечения нашей фигуры плоскостью, перпендикулярной полярной оси:

$$dw=2\pi r(\varphi )\sin \varphi d\varphi$$

В итоге получаем формулу:

$$dS=2\pi r(\varphi )\sin \varphi \sqrt {r^2 (\varphi )+{r'}^2 (\varphi )}d\varphi $$

или

$$S=\int\limits _{\theta _1}^{\theta _2}2\pi r(\varphi )\sin \varphi \sqrt {r^2 (\varphi )+{r'}^2 (\varphi )}d\varphi $$

где $\theta _i$ - угол, между которым нам нужно найти площадь. Только перед нахождением площади нужно правильно расставить пределы.
Например, $r(\varphi )=\varphi , \varphi \in [0,2\pi ]$. Тогда при вращении у нас получится "фигура в фигуре" (почти как Ватикан) и их общая площадь будет при пределах $0$ и $2\pi $, а для вычисления площади только внешней фигуры нужно взять пределы $\pi$ и $2\pi$, а внутренней -- $0$ и $\pi$.

(Оффтоп)

Надеюсь, нигде не ошибся, но на всякий случай переспросите ещё у кого-то. Я в этом не специалист.

[--mS--]

burduk в сообщении #595537 писал(а):

Ну и вообще, если уж быть точным, то $\mathsf P\{\omega~ |~\xi_n(\omega) \to 0 \}=\mathsf P[0,\,1) = 1$, ведь так?

Конечно, спасибо за поправку.