Задача с Колмогоровской олимпиады-2006

[Горьковчанин]

Была предложена задача: пусть $X$, $Y$ - независимые стандартные гауссовские случайные величины. Найти ${\mathrm E}(X\mid XY)$. Правильный ответ ноль?

[RIP]

У меня тоже нуль получился.

[Юстас]

Мне кажется, что гауссовость здесь не принципиальна, а важна лишь симметричность, независимость и наличие моментов. Пусть $C\in\sigma(XY),\ C=\{ XY\in B\subset R \}$. Тогда $E(X;C)=\frac{\int xdF_X(x|XY\in B)}{P(C)}$. Из соображений симметрии и независимости $F_X(x|XY\in B)=F_X(-x|XY\in B)$, поэтому $E(X;C)=0\ \forall C\in\sigma(XY)$, что и означает $E(X|XY)=0$.
P.S. Если у кого-нибудь есть условия других задач олимпиады этого года, напишите в личку.

[Юстас]

Раз уж есть тема, предложу еще одну задачу с той же олимпиады: Пусть $\{X_n\}$ - последовательность строго положительных независимых одинаково распределенных случайных величин. Верно ли, что тогда $\lim\limits_{n\to\infty}\frac {X_n}{S_n}=0 $ почти наверное?
Сходимость по вероятности проверить просто, но есть предположение, что для почти наверное сходимости можно привести контрпример. На олимпиаде эту задачу кажется не решил никто.

[Горьковчанин]

Как насчёт такого:
Пусть событие $A=\{\lim\limits_{n\to\infty}X_n/n=0\}$,
$B=\{\lim\limits_{n\to\infty}S_n/n={\mathsf E}X_1\}$. Тогда ${\mathsf P}(A)=1$, (самое подозрительное место доказательства), ${\mathsf P}(B)=1$, поскольку слагаемые неотрицательные и следовательно существует конечное либо бесконечное мат.ожидание каждого их них и они независимы и тогда есть теорема, тогда событие $A\cap B\subset \{\lim\limits_{n\to\infty}(X_n/n)/(S_n/n)=0\}$ и ${\matbsf P}(A \cap B)=1$, откуда все и следует.

[V.V.]

Юстас писал(а):

Раз уж есть тема, предложу еще одну задачу с той же олимпиады

А нельзя выложить все задания олимпиады?

[Горьковчанин]

http://mech.math.msu.su/probab/olimpia/olimpia.htm

[Юстас]

Если нет математического ожидания, то $\{\frac{X_n}{n}\}$ не стремится к нулю. Действительно, среднее существует тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum\limits_n P(|X_1|>n)=\sum\limits_n P(|X_n|>n)$, если же ряд расходится, то по лемме Бореля-Кантелли независимые события $ \{X_n>n \}$ происходят бесконечно часто, поэтому сходимости п.н. нет.

[Горьковчанин]

Ну как чувствовал!
Изучим отдельно случай ${\mathsf E}X_1=\infty$. Пусть $Y_i=X_i/X_{i+1}$ -н.о.р неотрицательные случайные величины. Рассмотрим событие $A=\{\omega\colon \lim\limits_{n\to\infty}\frac1n\sum\limits_{i=1}^n Y_i={\mathsf E}Y_1\leqslant\infty\}$, ${\mathsf P}(A)=1$. В то же время $A=\{\omega\colon \lim\limits_{n\to\infty}S_{n+1}/X_{n+1}-1=\infty\}=\{\omega\colon \lim\limits_{n\to\infty} X_n/S_n=0\}$
Кажется, конечность мат.ожидания слагаемых непринципиальна?

Кстати, хотелось бы взглянуть на контрпример.

Подумал и понял, что игреки могут быть зависимы..... Какая жаль!

[Юстас]

Горьковчанин писал(а):

В то же время $A=\{\omega\colon \lim\limits_{n\to\infty}S_{n+1}/X_{n+1}-1=\infty\}=\{\omega\colon \lim\limits_{n\to\infty} X_n/S_n=0\}$

Они всегда зависимы, но независимы через один. Но вот то что Вы пишите далее(цитировано) непонятно.

[Горьковчанин]

Упс, Нашёл опечатку. Я расматриваю $Y_i=X_i/X_{n+1}$, и некоторое подобие схемы серий, то есть при каждом n игреки определяются по-новому. С другой стороны, Есть ли разница в изучении последовательности $X_n/S_n$ и последовательности $X_1/S_n$? Если нет, то можно раз и навсегда положить $Y_i=X_i/X_1$.

Я имел ввиду в цитированном Вами абзаце, что $S_{n+1}/X_{n+1}=S_{n}/X_{n+1}+1=Y_1+\ldots+Y_n+1$, и раз $\frac1n\sum_1^nY_i\to a\leqslant\infty$, то $S_{n+1}/X_{n+1}=Y_1+\ldots+Y_n+1\to\infty$. Значит, $X_{n+1}/S_{n+1}\to0$ для всякого $\omega\in A$.

[Юстас]

В том-то и проблема, что $X_n$ нельзя заменить на фиксированное $X_k$, при такой замене сходимость п.н. доказать просто. Представьте себе таблицу, в k-й строке которой стоит сходящаяся последовательность $\{\frac{X_k(w)}{n}\}$. Нам же нужно доказать сходимость последовательности, стоящей на диагонали, что верно только если все последовательности сходятся "равномерно". Ввиду всего сказанного мне и кажется, что можно построить контрпример.