свойство распределений

[Юстас]

Пусть известно, что симметричная случайная величина X обладает свойством nP(|x|>n)->0 при n->infinity. Доказать, что в этом случае существует E(XsinX).

[Dan_Te]

Кажется, это неверно. Вот контрпример.

Придумаем абсолютно непрерывную положительную (на симметричность забьем) случайную величину с плотностью p(x), так чтобы:
$\int\limits_n^\infty p(x)dx = \frac {1} {n\ln n}$
Тем самым мы добьемся, что выполнено условие $nP\{\xi>n\}=\frac {1} {\ln n} \to 0$, но при этом
$\sum\limits_{n=0}^\infty P\{\xi>n\} = \infty$, откуда следует, что $E\xi = \infty$
Легко видеть, что плотность
$p(x)=C\frac{\ln x +1}{(x\ln x)^2},\,x\geqslant2$ удовлетворяет этим условиям с точностью до мультипликативных констант. Здесь С - это нормирующий множитель,
$C = \left( \int\limits_{2}^{\infty} p(x)dx \right)^{-1}$

Теперь покажем, что $E|\xi\sin\xi|=\infty$ (для существования мат. ожидания нужна абсолютная интегрируемость). Имеем
$E|\xi\sin\xi|=\int\limits_2^\infty x\sin x p(x)dx\geqslant \sum\limits_{k=3}^\infty \int\limits_{a _k}^{b_k}x\sin x p(x)dx$
где
$a_k=\frac\pi 4 +\pi k,\,b_k=\frac{3\pi} 4 +\pi k$

Теперь на каждом из отрезков оцениваем синус снизу, считаем интегралы, оцениваем общий член ряда. Должно получиться, что ряд расходится. К сожалению, сейчас нет времени дописать, вечером все будет.

[Юстас]

Для несимметричной величины добавим условие(извините в техе не умею)
integral(n..infinity)(x(p(x)-p(-x))dx)-->0 при n-->infinity. Это эквивалентно тому что существует мат. ожидание в смысле главного значения по Коши, для симметричной с.в. это выполнено.

[Dan_Te]

Цитата:

Для несимметричной величины добавим условие(извините в техе не умею)
integral(n..infinity)(x(p(x)-p(-x))dx)-->0 при n-->infinity. Это эквивалентно тому что существует мат. ожидание в смысле главного значения по Коши, для симметричной с.в. это выполнено.

Нет, это неправильное условие. Главное значение по Коши - это не предел суммы интегралов по $(-\infty;-n]$ и по $[n;\infty)$, это предел интеграла по $[-n;n]$.

Так вот, продолжим с контрпримером, пока что для несимметричной величины (со значениями >=2).
$E|\xi\sin\xi| \geqslant \sum\limits_{k=3}^\infty\int\limits_{a_k}^{b_k} |\sin x|xp(x)dx$
При выбранных значениях a_k и b_k на каждом из отрезков интегрирования верно
$|\sin x|\geqslant\frac 1 {\sqrt 2}$,
поэтому можем записать
$E|\xi\sin\xi| \geqslant \sum\limits_{k=3}^\infty C_1 \int\limits_{a_k}^{b_k} x\frac{\ln x+1}{(x\ln x)^2}dx$
Для общего члена ряда имеем
$\int\limits_{a_k}^{b_k} x\frac{\ln x+1}{(x\ln x)^2}dx \geqslant \int\limits_{a_k}^{b_k} \frac{1}{x\ln x}dx = \ln\ln{b_k} - \ln\ln{a_k}=$

$=\ln\frac{\ln{b_k}}{\ln{a_k}}=\ln\frac{\ln ({\pi k + \frac{3\pi}{4}})}{\ln({\pi k + \frac{\pi}{4}})} =\ln\frac{ \ln(\pi k) + \ln(1+\frac{3}{4k})}{ \ln(\pi k) + \ln(1+\frac{1}{4k})}\sim$

$\sim\ln\frac{ \ln(\pi k) + \frac{3}{4k} }{ \ln(\pi k) + \frac{1}{4k} } = \ln\left( 1+\frac{\frac{2}{4k} }{\ln(\pi k) + \frac{1}{4k}} \right) \sim C_3\frac{1}{k\ln k}$
Таким образом, имеем
$E|\xi\sin\xi| \geqslant C_4\sum\limits_{k=3}^\infty \frac{1}{k\ln k} = \infty$
То есть, контрпример построен. Теперь упражнения:
1. Сделать из несимметричной величины в контрпримере симметричную, и тем самым построить контрпример к исходной задаче
2. Заменить в выражении для плотности $\frac{\ln x+1}{(x\ln x)^2}$ на
$\begin{cases} \frac{\ln x+1}{(x\ln x)^2},&\sin x\geqslant0\\ 0,&\sin x <0 \end{cases}$ и убедиться, что в этом случае можно снять модуль, то есть будет верно
$E\xi\sin\xi =\infty$ в смысле обычной сходимости несобственного интеграла Римана.

[Юстас]

Цитата:

integral(n..infinity)(x(p(x)-p(-x))dx)-->0 при n-->infinity. Это эквивалентно тому что существует мат. ожидание в смысле главного значения по Коши, для симметричной с.в. это выполнено.

Я имел в виду, что симметричные хвосты стремятся к нулю, что эквивалентно существованию главного значения по Коши, а для симметричной с.в. это просто тождественный ноль.

На самом деле это утверждение возникло при попытке доказать утверждение(задача из Прохорова-Ушакова), что если хар. функция некоторой с.в. дифференцируема в нуле, то она непрерывно дифференцируема на всей вещественной прямой. Возможно, я где-то ошибся, приведу свое рассуждение.
Несложно показать(это достаточно известный факт), что сеществование производной в нуле эквивалентно след. условиям:nP(|X|>n)-->0 n-->inf) и integral(-A..A)(tdF(t))-->k при A-->inf, где i*k есть производная в нуле, i-мнимая единица(например, см. Феллер гл. 17. пример в))

lim (1/h)*integral(-inf..inf)((exp(itx)(exp(ihx)-1))dF при h-->0 есть призводная в точке t, если предел существует.
В силу вышеприведенных условий интеграл достаточно расматривать в пределах от -1/h до 1/h. Заметим, что достаточно рассматривать его в пределах от -e/h до e/h для любого фиксированного e.
exp(ihx)-1=cos(hx)-1+i*sin(hx), cos(hx)-1<0, поэтому, расписав исходный интеграл на сумму двух, первый можно отмажорировать по модулю и воспользоваться дифференцируемостью в нуле.
Существование lim (1/h)integral(-e/h..e/h)((exp(itx)sin(hx)dF) эквивалентно существованию lim integral(-A..A)(exp(itx)*xdF), это получается если 1/h внести в интеграл и заметить, что sin(hx)/hx можно сделать сколь угодно близким к 1 выбором e по всем x из отрезка интергиров.
А существование главного значения по Коши означает стремление к нулю симметричных хвостов, что и приводит к E(XsinX).
Не исключаю возможности наличия здесь ошибки, возможно кто-то сумеет на нее указать.

[Юстас]

Все-таки хотелось бы выслушать чье-нибудь независимое суждение по поводу предложенного решения, поскольку из него следует то что утверждение исходной задачи неверно. Если текст неудобочитаем-скажите, ради такого случая разберусь в тэгах tex'a.

[незваный гость]

Не так страшен [math], как Ваше доказательство бе него. Читать - убьешься, сил нет. Переведете, попытаюсь помочь. А знание LATEX в жизни еще пригодиться...

[Юстас]

Попытаюсь перевести. Итак, утверждение таково: если хар. функция некоторой с.в. дифференцируема в нуле, то она непрерывно дифференцируема на всей числовой прямой(задача 4.80 из Прохорова-Ушакова). Известно, что дифференцируемость хар. функции в нуле эквивалентна следующим соотношениям в терминах функции распределения: 1)$nP(|\xi|>n)\to 0$ при $n \to \infty$ и $2)\int_{-A}^{A} x dF(x)\to \mu$ при $A \to \infty$, где $i\mu$есть производная хар. фунцкии в нуле.
$\lim\limits_{h \to 0} {\frac{1}{h}\int_{-\infty}^{\infty} e ^{itx}(e ^{ihx} - 1) dF(x) $
есть производная хар. функции в точке t, если предел существует. Подинтегральная функция ограничена по модулю двойкой, поэтому в силу условия 1) интеграл от -$ \infty $ до $\frac {-\varepsilon} {h} $ и от $\frac {\varepsilon} {h}$ до $\infty $ стремится к 0 при $h \to 0$ для любого фиксированного $\varepsilon$. (Для этого в качестве n можно взять 1/h, а фиксированное $\varepsilon$ роли не сыграет). Существование $\lim\limits_{h \to 0} {\frac{1}{h}\int_{-\frac {\varepsilon} {h}}^{\frac {\varepsilon} {h}} e ^{itx}(e ^{ihx} - 1) dF(x) $ эквивалентно существованию $\lim\limits_{h \to 0}\int_{-\frac {\varepsilon} {h}}^{\frac {\varepsilon} {h}} e ^{itx}ix dF(x) $, так как $$\frac {e ^{ihx}-1} {ihx} $$ можно сделать сколь угодно близким к 1 равномерно по всему отрезку интегрирования выбором $\varepsilon$, или, что то же самое, эквивалентно существованию $\lim\limits_{A \to \infty}\int_{-A}^{A} e ^{itx}ix dF(x) $, а существование этого предела означает, что "симметричные хвосты" стремятся к 0 когда А стремитсяк бесконечности, или $\lim\limits_{A \to \infty}\int_{-\infty}^{-A} e ^{itx}ix dF(x) $ + $\int_{A}^{\infty} e ^{itx}ix dF(x) $=0, если в первом интеграле сделать замену y=-x, то получим $\lim\limits_{A \to \infty}\int_{A}^{\infty} sin(tx)ix dF(x) $ =0, что и означает существование $E(\xi sin(t \xi))$. Контрпример к этому был построен Dan-Te, то есть получается что хар. функция, отвечающая построенной им плотности в 1 не дифференцируема, что довольно сомнительно. Поэтому я и говорил, что подозреваю о наличии ошибки в рассуждениях.

[PAV]

Честно говоря, еще не прочитал подробно рассуждений. Если время будет, посмотрю. Но должен заметить, что если речь идет о стандартных определениях теории вероятностей, то математическое ожидание определяется не в смысле главного значения, а в абсолютном смысле. И если E от положительной части и отрицательной части бесконечно, то математическое ожидание не определено.

[Dan_Te]

Юстас, если делать так, как вы делаете, то у вас неверна последняя импликация.
Как написал ПАВ, фактически вы доказываете, что интеграл сходится в смысле главного значения Коши, но из этого не следует, что интеграл сходится вообще. То есть, если верно
$\int\limits_A^\infty \sin(tx)xdF(x) \to 0$
то из этого еще не следует, что сходится интеграл
$\int\limits_{-\infty}^\infty \sin(tx)xdF(x)$

Вы можете модифицировать свои рассуждения, вместо интеграла по $[-\frac\varepsilon h;\frac\varepsilon h]$ взяв интеграл по отрезку $[-a(h);b(h)]$, где $min(a(h),b(h))\to\infty$ при $h\to 0$. Функции a(h) и b(h) не могут стремиться к бесконечности вразнобой, потому что вам нужна равномерная ограниченность дроби под интегралом. Дальше нужно еще немножко подумать, почему никакой выбор a(h) и b(h) не приводит к желаемому доказательству. Но похоже, что все-таки не приводит.