Se

Per una variabile casuale continua , se è finito, è ? $X$ $E(|X|)$ $\lim_{n\to\infty}n P(|X|>n)=0$

Questo è un problema che ho riscontrato su Internet, ma non sono sicuro che sia valido o meno.

So che detiene la disuguaglianza di Markov, ma non posso mostrare che va a 0 come va all'infinito. $n P(|X|>n)<E(|X|)$ $n$

probability expected-value probability-inequalities

— 456 123
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(1) La continuità non è necessaria. (2) Esprimi l'aspettativa come parte integrante della funzione di sopravvivenza

Pr (| X | > n)

$\Pr(|X|\gt n)$ . (3) Considera il contrapositivo: cosa implicherebbe un limite diverso da zero sull'aspettativa?

— whuber

@whuber bel esercizio! Penso di avere una risposta corretta, ma dato che sembra self-study, non penso che dovrei scriverla qui. Posso creare una chat room privata e mostrarvi la mia soluzione, in modo che possiate dirmi se è corretta?

— DeltaIV,

@Delta Questo è un caso in cui pubblicare la tua risposta mi sembra perfetto: l'OP ha una sotto-domanda specifica e non sembra essere solo alla ricerca di risposte a casa.

— whuber

@whuber questo mi ricorda la non esistenza di una distribuzione uniforme sui numeri naturali - questo significa che mentre non è necessaria la continuità qui, l'aggiunta è numerabile ?

— Bill Clark,

Risposte:

Guarda la sequenza di variabili casuali $\{Y_n\}$ definito mantenendo solo valori elevati di $|X|$ :

Y_{n} : = | X | io (| X | > n) .

$Y_n:=|X|I(|X|>n).$ È chiaro che

Y_{n} \geq n I (| X | > n)

$Y_n\ge nI(|X|>n)$ , così

\begin{matrix} (1) & E (Y_{n}) \geq n P (| X | > n) . \end{matrix}

$E(Y_n)\ge nP(|X|>n).\tag1$ Nota che

Y_{n} \to 0

$Y_n\to0$ e

| Y_{n} | \leq | X |

$|Y_n|\le |X|$ per ciascuno

n

$n$ . Quindi l'LHS di (1) tende a zero per convergenza dominata .

— grand_chat
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Penso che intendi "RHS" nella tua frase finale, altrimenti, buon lavoro!

— jbowman,

@jbowman, vuol dire

E Y_{n} \to 0

$\mathbb{E}{Y_n} \to 0$ dal teorema di convergenza dominato (si noti che

Y_{n} \to 0

$Y_n \to 0$ da solo non è sufficiente per giungere a tale conclusione). Ho aggiunto il link a DCT su wikipedia

— P.Windridge il

@ P.Windridge - Non ho letto abbastanza attentamente e ho associato "So the LHS" all'equazione 1, anziché alla frase precedente. Colpa mia.

— jbowman,

Nota che

Y_{n}

$Y_n$ è una variabile casuale.

Y_{n} \to 0

$Y_n\rightarrow 0$ in che senso?

— YHH,

@YHH La convergenza è puntuale: per ogni

ω

$\omega$ ,

Y_{n} (ω) \to 0

$Y_n(\omega)\to0$ come

n \to \infty

$n\to\infty$ .

— grand_chat

Posso fornire una risposta per una variabile casuale continua (c'è sicuramente una risposta più generale). Permettere $Y=|X|$ :

E [Y] = \int_{0}^{\infty} y f_{Y} (y) d y = \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + \int_{n}^{\infty} y f_{Y} (y) d y \geq \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + n \int_{n}^{\infty} f_{Y} (y) d y = \dots + n (F_{Y} (\infty) - F_{Y} (n)) = \dots + n (1 - F_{Y} (n)) = \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y + n P (Y > n)

$\mathbb{E}[Y]=\int_0^\infty yf_Y(y)\text{d}y=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+\int_n^\infty yf_Y(y)\text{d}y\ge\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+n\int_n^\infty f_Y(y)\text{d}y=\dots+n\left(F_Y(\infty)-F_Y(n)\right)=\dots+n(1-F_Y(n))=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+nP(Y\gt n)$

così

0 \leq n P (Y > n) \leq (E [Y] - \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y)

$0\leq nP(Y\gt n)\le\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)$

Ora, poiché per ipotesi $\mathbb{E}[Y]$ è finito, ce l'abbiamo

lim_{n \to \infty} (E [Y] - \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y) = E [Y] - lim_{n \to \infty} \int_{0}^{n} y f_{Y} (y) d y = E [Y] - E [Y] = 0

$\lim_{n\to \infty}\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)=\mathbb{E}[Y]-\lim_{n\to \infty}\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y=\mathbb{E}[Y]-\mathbb{E}[Y]=0$

Poi

lim_{n \to \infty} n P (Y > n) = 0

$\lim_{n\to \infty}nP(Y\gt n)=0$

dal teorema sandwich.

— DeltaIV
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@ P.Windridge potresti verificare che anche il mio uso del teorema di convergenza dominante sia corretto? Ho una quantità,

n P (Y > n)

$nP(Y>n)$ , che è non negativo e non superiore a una quantità il cui limite è 0, quindi

lim_{n \to \infty} n P (Y > n) = 0

$\lim_{n\to\infty}nP(Y>n)=0$ nella mia applicazione del teorema. Grazie

— DeltaIV

@ DeltaIV- per prima cosa, per chiarire "

a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}

$a_n \le b_n \le c_n$ e

a_{n}, c_{n} \to l

$a_n, c_n \to l$ implica

b_{n} \to l

$b_n\to l$ "NON è il teorema di convergenza dominato (di solito si chiama teorema sandwich).

— P.Windridge

@ DeltaIV- no, non hai bisogno di DCT, MCT è abbastanza (questo include la possibilità che

E Y = \infty

$\mathbb{E} Y = \infty$ , ma poi non puoi dirlo

E Y - E Y = \infty - \infty = 0

$\mathbb{E} Y -\mathbb{E} Y = \infty - \infty = 0$ ! )

— P.Windridge,

Nessun problema. A proposito, lo so

E [Y]

$E[Y]$ è finito per ipotesi, stavo solo spiegando dove usi quell'ipotesi (lo stesso MCT non lo richiede, a differenza del DCT, che @grand_chat ha usato e spero che tu abbia guardato :)).

— P.Windridge,

@ P.Windridge ah, ok! Non ho notato che MCT non richiede il presupposto. Ho dato un'occhiata al DCT, è per questo che pensavo di non averne bisogno per la mia prova :) Pago il prezzo di non essere stato insegnato sull'integrazione di Lebesgue all'università ... per questo motivo, sono abituato a eseguire calcoli di probabilità in termini di pdf, anziché in termini di misure.

— DeltaIV

$E\left | X \right |< \infty \Leftrightarrow E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\rightarrow 0$ (uniformemente integrabile)

$E\left | X \right |=E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}+E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |\leq n}$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\leq E\left | X \right |< \infty$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\geq nE\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}=nP\left ( \left | X \right |>n\right )$

$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n} \rightarrow 0 \Rightarrow nP\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0 \Rightarrow P\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0$

vale a dire $\underset{n\rightarrow \infty}{\lim} P\left ( \left | X \right |>n\right )=0$

— Aldehu
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