Проверьте, плиз...

[vlad_light]

Цитата:

А что такое "алгебраически обратный"?...

Под алгебраически обратным я имею ввиду обратный, если рассматривать линейные операторы из ЛНП $E$ в ЛНП $E$, как некоммутативное поле(алгебру) с обычным сложением и умножением

$$\forall x\in E:ABx=A(Bx)$$

Тогда $B$ называется алгебраически обратным к $A$, если

$$\forall x\in E:ABx=BAx=x$$

Другое дело, что для неограниченных операторов $ABx$ может вообще не существовать, поэтому умножение уже приходится определять, как

$$\forall x\in D(A)\cap D(B): ABx=A(Bx)$$

причём данная область может быть пустой, соответственно обратного может не существовать.
Получается, я поставил вопрос некорректно...

(Оффтоп)

Все утверждения придумал сам, поэтому не судите строго

Цитата:

Оператор обратим просто потому, что ноль по условию не является его собственным числом.

Можете доказать это утверждение? Или это какая-то теорема? Спасибо.

[ewert]

vlad_light в сообщении #594096 писал(а):

Можете доказать это утверждение? Или это какая-то теорема?

Можно при желании назвать это и теоремой, но вообще-то это банальщина: обратимость отображения по определению есть его взаимная однозначность, а для линейного отображения взаимная однозначность равносильна тривиальности его ядра или, что то же самое, отсутствию нулевого собственного числа.

[vlad_light]

Перепишем уравнение в виде $y'(x)=a(\frac{f(x)}{a}-y(x))$ и рассмотрим три случая:
1) $\frac{f(x)}{a}-y(x)=0$, тогда $y'(x)=0$ и $\frac{m}{a}\leq y(x)=\frac{f(x)}{a}\leq \frac{M}{a}$, следовательно $y(x)$ - ограничен.
2) $\frac{f(x)}{a}-y(x)>0$, тогда $y'(x)>0$ и $y(x)<\frac{f(x)}{a}\leq \frac{M}{a}$. Следовательно $y(x)$ растёт и ограничен сверху.
3) $\frac{f(x)}{a}-y(x)<0$, -||- убывает и ограничен снизу.
Делаем вывод, что супремум модуля функции может достигаться либо на асимптотах, либо в нуле. А в нуле достигается максимум (или минимум) по теореме Веерштрасса, поскольку решение является непрерывной функцией.
Помогите сделать без жульничества про непрерывность, пожалуйста.

[Trius]

Так что со сходимостью почти всюду? У меня пока нет идей

[svv]

Напомню условие:
Случайная величина распределена по закону $P(\omega=e^{an})=e^{-bn},P(\omega=e^{-an})=1-e^{-bn}$. Найти $a$ и $b$, при которых величина стремится к $0$ по вероятности и почти всюду.
Условия сходимости по вероятности мы нашли, осталось найти условия сходимости к нулю почти наверное.

[--mS--]

Отвратительное условие. Случайная величина, как выше уже отмечалось, никуда сходиться не может, она уже пришла.

Если $\mathsf P(\xi_n=e^{an})=e^{-bn}$, $\mathsf P(\xi_n=e^{-an})=1-e^{-bn}$ для $n=1,2,\ldots,$ то условия сходимости к нулю п.н., разумеется, те же самые, что для сходимости по вероятности.

При $b=0, a<0$ сходимость очевидна, при $b>0, a>0$ сходимость вытекает из достаточного условия: если для всякого $\varepsilon>0$ ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\mathsf P(|\xi_n-\xi|\geqslant \varepsilon)$ сходится, то $\xi_n\to\xi $ п.н.

[svv]

О, большое спасибо! Да, условие никуда не годное.
Плохо и то, что $\omega$ как обозначение случайной величины страшно пересекается с обозначением элементов множества $\Omega$, которые тут как раз причём.

[--mS--]

Совершенно с Вами согласна.

[Trius]

svv в сообщении #594458 писал(а):

О, большое спасибо! Да, условие никуда не годное.
Плохо и то, что $\omega$ как обозначение случайной величины страшно пересекается с обозначением элементов множества $\Omega$, которые тут как раз причём.

В оригинале задания были таки $\xi_n$

[vlad_light]

(Оффтоп)

Цитата:

В оригинале задания были таки $\xi _n$

Дааа, без этого комментария было сложно обойтись...

--mS-- подскажите, а какие существуют методы прогнозирования результата опыта по выборке большого объёма? Например, есть выборка

$$(\xi _n |\xi _k\in\{-1,0,1\},\forall k\in\overline{1,n}), n\in \mathbb N$$

и известно, что

$$\frac 1n|\sum\limits _{k=1}^n \xi _k|<\varepsilon$$

где $\varepsilon$ близко к $0$. Нам нужно как-то оценить, например $P(\xi _{n+1}=0)$. Можно ли оценивать такой параметр и где про это можно почитать? Спасибо!

(Оффтоп)

Один способ мне уже советовали: полным перебором по выборке искать похожие последовательности, которые повторяются. Жадный алгоритм, если я правильно посчитал, показывает сложность порядка $O(n^3)$, что достаточно много при больших $n$. Хочется чего-то более простого (в плане сложности).