Задачи по теории вероятности - совместные распределения ++

[Slumber]

Цитата:

См. условие задачи, нет там никаких кубов.

Да, извиняюсь, у меня очепятка была, а там не обратил внимания.
Также извиняюсь, что не ответил вчера.

Тогда простенькая задача на понимание сходимости по вероятности:

5.
Величины $(\zeta_n,n \geq1)$ независимы и $P(\zeta_n= \pm n^{\alpha})=1/2.$ Для каких $\alpha$ имеет место закон больших чисел?

Очевидно, что матожидание $ES_n=0.$
К тому же, если их сгруппировать, выйдут слагаемые типа $(a_i-Ea_i)$, потому задача сведется к $E|a_i-Ea_i| \rightarrow 0$ для одной. (*)
Мы можем перейти к матожиданию одной штуки $P(E|a_i-Ea_i|>\varepsilon)\rightarrow 0$, и это будет дисперсия $Da_i$.
Так, как в законе больших чисел $S_n/n$, то каждое $a_i \leq n^{\alpha}/n=n^{\alpha-1}$.
Я не совсем понимаю тонкость такого задания сходимости, я ищу просто $Da_i=E(a_i^2)\rightarrow 0, n \rightarrow \infty$, то есть $(1/2+1/2)n^{2\alpha-2}\rightarrow 0, n \rightarrow \infty$.
Тогда грубо говоря $2\alpha - 2 < 0$, т.е. альфа меньше 1. Но это уже точно многовато, потому что ряд $\Sigma \frac{1}{n}$ расходится, я не знаю точной степени начала сходимости, вроде бы $(n\ln n)^{-1}$ начинает сходится.
(пункт (*) вообще под вопросом, потому, что их бесконечное число, но я выкручиваюсь, сводя это к сходящемуся ряду).

[--mS--]

Это бывает очень редко: не поняла в Вашем решении ни одной фразы. Кого сгруппировать, кто такие $a_i$, как ЗБЧ может сводиться к (*), и т.д.

[Slumber]

У меня ЗБЧ сформулирован как $(S_n-ES_n)/n \xrightarrow{\text{P}} 0$, где $S_n=\zeta_1+...+\zeta_n$.
$\zeta_i$ задано как написано в условии.
Матожидание одной $\zeta_i$ вроде как ноль: $\frac{1}{2}(-n^{\alpha})+\frac{1}{2}(n^{\alpha})$, а, значит и их суммы тоже.
Остается $S_n/n\xrightarrow{\text{P}} 0 \Leftrightarrow (\zeta_1/n + \zeta_2/n +...+\zeta_n/n+...)\xrightarrow{\text{P}} 0$.
Или если не убирать матожидания $(\zeta_1/n - E\zeta_1/n + \zeta_2/n -E\zeta_2/n +...+\zeta_n/n- E\zeta_n/n +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$
Я обозначил $\zeta_i/n = a_i$.

$E|a_i-Ea_i|\rightarrow 0$ я использую по свойству, там я ошибся, написав вероятность, (я просто исходил из соображений подставить функцию, а не интеграла). Поправил.

Немного настораживает, что их бесконечное число.

[--mS--]

Slumber в сообщении #661958 писал(а):

Или если не убирать матожидания $(\zeta_1/n - E\zeta_1/n + \zeta_2/n -E\zeta_2/n +...+\zeta_n/n- E\zeta_n/n +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$
Я обозначил $\zeta_i/n = a_i$.

Есть какой-то смысл в том, чтобы ноль обозначать так сложно и таскать повсюду?

Slumber в сообщении #661958 писал(а):

$E|a_i-Ea_i|\rightarrow 0$ я использую по свойству, там я ошибся, написав вероятность, (я просто исходил из соображений подставить функцию, а не интеграла). Поправил.

По какому свойству??? Снова ничего не понимаю. Какую функцию, какого интеграла, куда подставить?

[Slumber]

Цитата:

По какому свойству???

Если $\zeta_n \xrightarrow{\text{P}} \zeta, n \rightarrow \infty$ и $|\zeta_n|\leq c$, то $E|\zeta_n-\zeta| \xrightarrow{\text{P}} 0, n \rightarrow \infty$

-- 22.12.2012, 18:18 --

Это по идее что-то типа теоремы Беппо Леви, если считать матожидание интегралом по мере.

[--mS--]

Абсолютно никакой связи с тем, что требуется проверить, у этого свойства нет.

[Slumber]

У меня опять описка, $E|\zeta_n-\zeta| \rightarrow 0, n \rightarrow \infty$, не освоился еще с этим макроязыком, копирую бездумно.

Цитата:

Абсолютно никакой связи с тем, что требуется проверить, у этого свойства нет.

Да, мы с вами друг друга здесь не понимаем, я подумаю как изложить мое решение и вопрос получше.

-- 22.12.2012, 20:24 --

$(\zeta_1/n - E\zeta_1/n + \zeta_2/n -E\zeta_2/n +...+\zeta_n/n- E\zeta_n/n +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

$((\zeta_1/n - E\zeta_1/n) + (\zeta_2/n -E\zeta_2/n) +...+(\zeta_n/n- E\zeta_n/n) +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

$((a_1 - E\a_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

-----
Если $\zeta_n \xrightarrow{\text{P}} \zeta, n \rightarrow \infty$ и $|\zeta_n|\leq c$, то $E|\zeta_n-\zeta| \rightarrow 0, n \rightarrow \infty$
-----
$E((a_1 - Ea_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +...)\rightarrow 0$

?
$( E(a_1 - Ea_1) + E(a_2 -Ea_2)+...+E(a_n - Ea_n)+...)\rightarrow 0$

$( D(a_1)+D(a_2)+...+D(a_n) )\rightarrow 0$

? достаточно ли (а по-другому непонятно как)

$D(a_i)\rightarrow 0$ (и чтобы ряд сходился)

Проблемы:
1)их бесконечное число,
2)$|\zeta_n|\leq c$ - очевидно нет

[--mS--]

Я понимаю что описка, не привыкать, я в день по 10 раз вижу, как матожидания и сами вероятности сходятся по вероятности. А то и слабо.

[Slumber]

Ну, еще раз скопирую сверху дальнейшее
я ищу просто $Da_i=E(a_i^2)\rightarrow 0, n \rightarrow \infty$, то есть $(1/2+1/2)n^{2\alpha-2}\rightarrow 0, n \rightarrow \infty$.
Тогда грубо говоря $2\alpha - 2 < -1$, т.е. альфа меньше 1/2(ошибся).

Но это уже точно многовато, потому что ряд $\Sigma \frac{1}{n}$ расходится, я не знаю точной степени начала сходимости, вроде бы $(n\ln n)^{-1}$ начинает сходится.

И я постом выше дополнил, полностью расписав ход.

[--mS--]

А давайте, Вы будете сопровождать формулы словами? Типа: "мне нужно доказать, что". Или "у нас есть такая-то сходимость".

Slumber в сообщении #662094 писал(а):

$(\zeta_1/n - E\zeta_1/n + \zeta_2/n -E\zeta_2/n +...+\zeta_n/n- E\zeta_n/n +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

$((\zeta_1/n - E\zeta_1/n) + (\zeta_2/n -E\zeta_2/n) +...+(\zeta_n/n- E\zeta_n/n) +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

$((a_1 - E\a_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +...)\xrightarrow{\text{P}} 0$

Я так понимаю, эти три строчки - то, что следует доказать при одних $\alpha$ и опровергнуть при других. Вы от этих сходимостей плясать хотите?

Вы, кстати, так и не объяснили, какой смысл в таскании повсюду нуля.

Slumber в сообщении #662094 писал(а):

Если $\zeta_n \xrightarrow{\text{P}} \zeta, n \rightarrow \infty$ и $|\zeta_n|\leq c$, то $E|\zeta_n-\zeta| \rightarrow 0, n \rightarrow \infty$
-----
$E((a_1 - Ea_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +...)\rightarrow 0$

Если это утверждение, то с ним трудно спорить: слева и справа ноль, $0\to 0$. Никакой связи со свойством выше. Даже если предположить, что ЗБЧ для исходной последовательности выполнен, ограниченности взять неоткуда. Да и ни к чему. Ещё раз: все матожидания тут нулевые без всяких сходимостей.

Slumber в сообщении #662094 писал(а):

$( E(a_1 - Ea_1) + E(a_2 -Ea_2)+...+E(a_n - Ea_n)+...)\rightarrow 0$

$( D(a_1)+D(a_2)+...+D(a_n) )\rightarrow 0$

Эти две строки - это что? Первая - тождество. Вторая откуда взялась? Вы хотите, чтобы вторая сходимость имела место? Зачем?

Slumber в сообщении #662094 писал(а):

? достаточно ли (а по-другому непонятно как)

$D(a_i)\rightarrow 0$ (и чтобы ряд сходился)

Проблемы:
1)их бесконечное число,
2)$|\zeta_n|\leq c$ - очевидно нет

Вот и ответы. Всё равно не понимаю абсолютно Ваших действий. Что из чего Вы собираетесь получать. Вам не нужны необходимые условия сходимости, я Вам их табунами нарисую. Например, $\alpha < 0$. Вам нужны необходимые и одновременно достаточные. Какие есть средства для проверки как наличия, так и отсутствия сходимости по вероятности к константе?

-- Вс дек 23, 2012 02:01:07 --

Общение в режиме чата не слишком удобно. Что же до ряда из $\dfrac1n$, то в отличие от него ряд из $\delta_n / n$, где $\delta_n=\pm 1$ с вероятностями по $1/2$, сходится п.н. Так что расходимость гармонического ряда тут не очень при чём.

[Slumber]

Цитата:

$( E(a_1 - Ea_1) + E(a_2 -Ea_2)+...+E(a_n - Ea_n)+...)\rightarrow 0$

$( D(a_1)+D(a_2)+...+D(a_n) )\rightarrow 0$

Эти две строки - это что? Первая - тождество. Вторая откуда взялась? Вы хотите, чтобы вторая сходимость имела место? Зачем?

Прошу прощения, я потерял модули:

Если $\zeta_n \xrightarrow{\text{P}} \zeta, n \rightarrow \infty$ и $|\zeta_n|\leq c$, то $E|\zeta_n-\zeta| \rightarrow 0, n \rightarrow \infty$
-----
$E|(a_1 - Ea_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +... - 0| \leq E|a_1 - Ea_1| + E|a_2 -Ea_2| +...+E|a_n - Ea_n|+...\xrightarrow{\text{ХОЧУ}} 0$ (*)

вот тут можно перейти к дисперсиям,

$( D(a_1)+D(a_2)+...+D(a_n) )\rightarrow 0$

И если $D(a_i)\rightarrow 0$, то тогда будет работать вплоть до самой левой части (*).

Это что касается моей тогдашней логики, над вашими вопросами сейчас подумаю и дополню.

-- 22.12.2012, 21:23 --

Цитата:

Какие есть средства для проверки как наличия, так и отсутствия сходимости по вероятности к константе?

Из сходимости по рапределению к константе следует сходимость по вероятности к конст. Для любой ограниченной непрерывной функции $f: Ef(\zeta_n) \rightarrow Ef(\zeta)$ - слабая сх., что эквивалентно поточечной сходимости их функций распределения.

Я попробую использовать сходимость в среднем порядка 2 она вроде бы сильнее, сразу дисперсия, а они по условию независимы и она распадется в сумму.

Если отбросить те нули, сразу будет $D(\Sigma a_i) \rightarrow 0$.
$D(a_1)+...+ D(a_n) + ...\rightarrow 0$.
И дальше то же самое.
Подумаю еще.

P.S.
У меня есть задача, что сходимости
$\zeta_n \xrightarrow{\text{P}} \zeta$ и $E(\exp(-|\zeta_n-\zeta|))\rightarrow 1$ эквивалентны.

[--mS--]

Slumber в сообщении #662125 писал(а):

-----
$E|(a_1 - Ea_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +... - 0| \leq E|a_1 - Ea_1| + E|a_2 -Ea_2| +...+E|a_n - Ea_n|+...\xrightarrow{\text{ХОЧУ}} 0$ (*)

Ну, если в таком виде Вам удобнее,
$E|(a_1 - Ea_1) + (a_2 -Ea_2) +...+(a_n - Ea_n) +... - 0| \leq E|a_1 - Ea_1| + E|a_2 -Ea_2| +...+E|a_n - Ea_n|+...\xrightarrow{\text{ЗАЧЕМ?}} 0$

Но обычный связный текст лучше

Мне кажется, я уже достаточно наговорила, чтобы объяснить бесперспективность Ваших действий. Вы получаете достаточное (не необходимое, раз Вам нужна сходимость дисперсий, это я прошлый раз не поняла, что из чего Вы получать хотите) условие для выполнения ЗБЧ: $\alpha < 1/2$. Как будете доказывать его необходимость?

И давайте уже будем выражаться связно. Для начала нарисую, что, на самом деле, Вы делаете.

Мы хотим получить достаточные условия на $\alpha$, при которых $\dfrac{S_n}{n} \xrightarrow{\text{P}} 0$. Сходимость по вероятности имеет место, если для всякого $\varepsilon >0$

$$\mathsf P\left(\frac{|S_n|}{n} \geqslant \varepsilon\right) \to 0. $$

По неравенству Чебышёва

$$\mathsf P\left(\frac{|S_n|}{n} \geqslant \varepsilon\right) \leqslant \dfrac{\mathsf D\frac{S_n}{n}}{\varepsilon^2} =\dfrac{\mathsf D\zeta_1+\ldots+\mathsf D\zeta_n}{n^2\varepsilon^2} = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^n i^{2\alpha}}{n^2\varepsilon^2},$$

и сходимости к нулю правой части достаточно для выполнения ЗБЧ. Сумма в числителе (кроме неинтересного случая $\alpha=-1/2$) растёт как $n^{2\alpha+1}$, и правая часть стремится к нулю при $2\alpha+1 < 2$, $\alpha < 1/2$.

Никакие теоремы о сходимости матожиданий сходящихся последовательностей тут не нужны за полным отсутствием последних. Одно-единственное неравенство Чёбышёва. Которое тут полезно для "посмотреть", но ничего не даст для получения необходимых условий.

[Slumber]

Спасибо Вам большое за подсказку, я пролистал в свое время это неравенство. Теперь понятнее, и мне нужно найти еще необходимое условие, из ряда дисперсий (сходимость в среднем квадратичном, которая сильнее) выше у меня вышло тоже 1/2 - значит вроде бы все хорошо и $\alpha<1/2$ есть необходимое и достаточное условие.

У меня просто еще были сомнения, а не стоит ли доказывать, что а матожидание сигма-аддитивно(знаю, что глупость, но это вроде бы нигде не говорится)? Мы это использовали просто. Но вроде бы это так.

[--mS--]

Slumber в сообщении #662193 писал(а):

Спасибо Вам большое за подсказку, я пролистал в свое время это неравенство. Теперь понятнее, и мне нужно найти еще необходимое условие, из ряда дисперсий (сходимость в среднем квадратичном, которая сильнее) выше у меня вышло тоже 1/2 - значит вроде бы все хорошо и $\alpha<1/2$ есть необходимое и достаточное условие.

Вы вообще читаете мои ответы, нет? Где Вы доказали, что это необходимое условие?

[Slumber]

Цитата:

Вы вообще читаете мои ответы, нет? Где Вы доказали, что это необходимое условие?

Тогда я совсем запутался. Нам же не нужно, чтобы необходимое и достаточное условие совпадали? Это ведь импликации в две стороны. В одну сторону - неравенством чебышева, в другую - через более сильное условие на дисперсии. Значения совпадают - получилось!
Разве не так?

-- 22.12.2012, 23:14 --

Ну как бы мы строим доказательство того, что $\alpha<1/2$. Из сходимости ряда дисперсий вытекает, что исходный ряд сходится по вероятности при $\alpha<1/2$ - в одну сторону. Из того, что вероятность того, что эта сумма больше эпсилон стремится к нулю, благодаря неравенству Чебышева, вытекает, что $\alpha<1/2$. Как-то так.

-- 22.12.2012, 23:19 --

Извините, подумаю еще над этим и скажу завтра.