Борель-Кантелли? Или нет?

[toreto]

Подскажите, пожалуйста, правильно ли я понимаю, что здесь нужна лемма Бореля-Кантелли?

Пусть $\xi_1,\xi_2,..,\xi_n,...$ -- последовательность независимых одинаково распределенных случайных величин. $\xi_i\sim N(0;1)$. Показать, что:

$$\displaystyle\mathbb{P}\left(\overline{\lim_{n\to\infty}}\dfrac{\xi_n}{\sqrt{2\ln n}}=1\right)=1$$

Я так понимаю, что тут намек на лемму:

Если все события $\displaystyle\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ совместнo независимы, и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)$ расходится, то $\mathbb{P}(A) = 1$.

Подскажите, пожалуйста, а как тут определяется в данном случае $\mathbb{P}\left(A_n\right)$?

[Brukvalub]

toreto в сообщении #1075811 писал(а):

Я так понимаю, что тут намек на лемму:

Если все события $\displaystyle\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ совместнo независимы, и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)$ расходится, то $\mathbb{P}(A) = 1$.

Странная какая-то лемма. В ней про связь $A_n$ с $A$ ничего не говорится.

[toreto]

Сейчас приведу в другой формулировке?

Пусть $(\Omega,\mathbb{F},\mathbb{P})$ -- произовдьное вероятностное пространство. Тогда для любых $A_1,...,A_n,...$ событие $\{\omega:\;\;\forall N\;\exists m>N\;\omega \in A_n\}$ будем называть $A_n$ бесконечно часто и обозначать $\overline{\lim} A_n$

Если все события $\displaystyle\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ совместнo независимы, и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)$ расходится, то $\mathbb{P}(A\;\;\text{б.ч}) = 1$.

-- 23.11.2015, 01:31 --

Есть решение похожей задачи, однако я там не все понял. А именно -- с самого начала -- откуда взялось $n^{-(1-\varepsilon)}$ и что значит $\exp(1)$ тоже не понял. Это $e^1$?

[Brukvalub]

toreto в сообщении #1075841 писал(а):

Сейчас приведу в другой формулировке?

Пусть $(\Omega,\mathbb{F},\mathbb{P})$ -- произовдьное вероятностное пространство. Тогда для любых $A_1,...,A_n,...$ событие $\{\omega:\;\;\forall N\;\exists m>N\;\omega \in A_n\}$ будем называть $A_n$ бесконечно часто и обозначать $\overline{\lim} A_n$

Если все события $\displaystyle\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ совместнo независимы, и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)$ расходится, то $\mathbb{P}(A\;\;\text{б.ч}) = 1$.

Brukvalub в сообщении #1075837 писал(а):

Странная какая-то лемма. В ней про связь $A_n$ с $A$ ничего не говорится.

[toreto]

Ой, индекс пропущен, спасибо!

Если все события $\displaystyle\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ совместнo независимы, и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)$ расходится, то $\mathbb{P}(A_n\;\;\text{б.ч}) = 1$.

[--mS--]

toreto в сообщении #1075841 писал(а):

Есть решение похожей задачи, однако я там не все понял. А именно -- с самого начала -- откуда взялось $n^{-(1-\varepsilon)}$ и что значит $\exp(1)$ тоже не понял. Это $e^1$?

Это не $\exp(1)$, а $Exp(1)$ - показательное распределение с параметром $1$, и $n^{-(1-\varepsilon)}=\mathsf P(\xi_n > (1-\varepsilon)\ln n)$.

[toreto]

Спасибо, немножечко подтупил я! Значит в исходной задаче будет так?Нужно рассматривать сначала $\mathsf P(\xi_n > (1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=0,5-\Phi ((1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n})$, а затем $\mathsf P(\xi_n > (1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=0,5-\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})$?

-- 23.11.2015, 10:55 --

Но суммировать функцию Лапласа, кажется, непросто. Не в ту сторону думаю?

-- 23.11.2015, 11:21 --

Кажется, другой путь более удачный! $\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot n^{-(1+\varepsilon)^2}$
Верно ли?

[toreto]

$\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot n^{-(1+\varepsilon)^2}$

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^{-(1+\varepsilon)^2}$

Данный ряд сходится (обобщенный гармонический), потому $\mathbb{P}(A_n\;\;\text{б.ч}) = 0$.

$\Phi ((1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot n^{-(1-\varepsilon)^2}$

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^{-(1-\varepsilon)^2}$

Данный ряд расходится (обобщенный гармонический), потому $\mathbb{P}(A_n\;\;\text{б.ч}) = 1$.

Пока что вот так получается.

[--mS--]

toreto в сообщении #1075923 писал(а):

$\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot n^{-(1+\varepsilon)^2}$
Верно ли?

$\Phi(x)$ - не плотность, а интеграл от неё.

$0,5-\Phi(x) \sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\dfrac{e^{-x^2/2}}{x}$ при $x\to\infty$.

[toreto]

--mS-- в сообщении #1076011 писал(а):

toreto в сообщении #1075923 писал(а):

$\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot n^{-(1+\varepsilon)^2}$
Верно ли?

$\Phi(x)$ - не плотность, а интеграл от неё.

$0,5-\Phi(x) \sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\dfrac{e^{-x^2/2}}{x}$ при $x\to\infty$.

Да, действительно, спасибо большое. Тогда попробую вернуться к Лапласу и использовать идею, что Вы предложили (кстати, а откуда, интересно, берется такое приближение?)

$0,5-\Phi(x) \sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\dfrac{e^{-x^2/2}}{x}$ при $x\to\infty$

$$\mathsf P(\xi_n > (1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n})=0,5-\Phi ((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n}) \sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\dfrac{\exp\left({-\frac{\left((1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n}\right)^2}2}\right)}{(1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\dfrac{n^{-(1+\varepsilon)^2}}{(1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}$$

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{(1+\varepsilon)^2}(1+\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}$

По признаку Абеля этот ряд сходится.

Тогда $\mathbb{P}(\dfrac{\xi_n}{\sqrt{2\ln n}}>1+\varepsilon \;\;\text{б.ч}) = 0$

Ну и дальше все будет аналогично тому фрагменту, что я выложил из книжки, верно ли?

Рассмотрим теперь второй ряд.

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_n\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{(1-\varepsilon)^2}(1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}$ (*)

Используя то, что обобщенный гармонический ряд $ \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{(1-\varepsilon)^2}(1-\varepsilon)}$ расходится, по признаку сравнения (*) расходится.

[--mS--]

toreto в сообщении #1076036 писал(а):

(кстати, а откуда, интересно, берется такое приближение?)

Правило Лопиталя знаете?

[toreto]

--mS-- в сообщении #1076045 писал(а):

toreto в сообщении #1076036 писал(а):

(кстати, а откуда, интересно, берется такое приближение?)

Правило Лопиталя знаете?

Ой, точно . Спасибо! Очень жестко туплю, стыдно, извините. А остальное -- верно ли написано в последнем моем посте?*

[--mS--]

Если правильно обосновать расходимость последнего ряда, то всё.

[toreto]

Спасибо, большое! Разобрался.
Можно ли так обосновать? (там, я уже понял, что в таком виде признак сравнения не проходит, потому как из расходимости большего не следует расходимость меньшего)

Я в оффтоп впихнул расходимость, потому как для нее создал отдельную тему (потому как это уже малое отношение имеет к теории вероятностей).

(Оффтоп)

Рассматриваем ряд $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{(1-\varepsilon)^2}(1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}$

Общий член ряда $a_n= \dfrac{1}{n^{(1-\varepsilon)^2}(1-\varepsilon)\sqrt{2\ln n}}$ будем сравнивать с $b_n=\dfrac{1}{n^{(1-\varepsilon+\delta)^2}(1-\varepsilon)}$

Причем выбираем $\delta>0$ такую, что $1-\varepsilon+\delta<1$, то есть $\delta<\varepsilon$

То есть для любого $\delta\in (0;\varepsilon)$ существует $N$ такой, что для всех $n>N$ будет выполняться неравенство $b_n\leqslant a_n$.

Тогда по признаку сравнения из расходимости $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$ будет следовать расходимость $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$.

А расходимость $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$ связано с тем, что это обобщенный гармонический ряд $\displaystyle\sum\limits_{n=1}\dfrac{1}{n^p}$ при $p<1$.

Можно ли это считать доказательством?

[toreto]

Вообщем, с расходимостью разобрался тут topic103189.html, спасибо.