Chứng minh hoặc cung cấp một ví dụ:

Nếu , thì $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$

Nỗ lực của tôi :

SAI: Giả sử có thể nhận các giá trị âm và giả sử $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

THEN , tuy nhiên đối với , không hoàn toàn âm. Thay vào đó, nó xen kẽ tiêu cực với tích cực và tiêu cực. Do đó, không hội tụ gần như chắc chắn để . $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

Đây có phải là một câu trả lời hợp lý ?? Nếu không, làm thế nào tôi có thể cải thiện câu trả lời của tôi?

self-study convergence geometric-mean

— Luân Đôn
nguồn

X_{i}

$X_i$ phải hoàn toàn tích cực để điều này có ý nghĩa.

— user765195

Tất nhiên, bạn cần để xác định . Trước tiên hãy chứng minh rằng hội tụ thành là (google "nghĩa là Cesaro" trong Phân tích thực và điều chỉnh đối số). Sau đó, xem xét .

X_{i} > 0

$X_i>0$

G_{n} = (\prod_{i = 1}^{n} X_{i})^{1 / n}

$G_n=(\prod_{i=1}^n X_i)^{1/n}$

A_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{n} / n

$A_n=\sum_{i=1}^n X_n/n$

X

$X$

L_{n} = \log G_{n}

$L_n=\log G_n$

— Zen

Các cần thiết Kết quả phân tích thực là thế này: Nếu , sau đó . Bằng chứng: với mọi , có sao cho , với mọi . Do đó, . Do đó, nếu chúng tôi chọn , thì , với mọi .

x_{n} \to L

$x_n\to L$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n \to L

$\sum_{i=1}^n x_i/n\to L$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

n_{0} \geq 1

$n_0\geq 1$

| x_{n} - L | < ϵ / 2

$|x_n-L|<\epsilon/2$

n \geq n_{0}

$n\geq n_0$

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | \leq \sum_{i = 1}^{n_{0}} | x_{i} - L | / n + \sum_{i = n_{0} + 1}^{n} | x_{i} - L | / n < n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / n + ϵ / 2

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|\leq \sum_{i=1}^{n_0}|x_i-L|/n+\sum_{i=n_0+1}^{n}|x_i-L|/n<n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/n + \epsilon/2$

n_{1} > 2 n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / ϵ

$n_1>2\,n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/\epsilon$

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | < ϵ

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|<\epsilon$

n \geq n_{1}

$n\geq n_1$

— Zen

Trực giác là bạn đang tính toán mức trung bình với càng nhiều càng ngày càng gần và cuối cùng họ thống trị kết quả.

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— Zen

Câu trả lời:

Trước khi chứng minh điều gì đó quan tâm, lưu ý rằng gần như chắc chắn đối với tất cả không phải là điều kiện cần thiết để cả hai câu lệnh có ý nghĩa, mà trình tự xác định minh họa. $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

Hơn nữa, tuyên bố thực sự là sai nói chung, vì trình tự xác định sau đây chứng minh: . $(0, 1, 1, \dots)$

Bây giờ, giả sử gần như chắc chắn cho tất cả , thì câu lệnh là đúng theo đối số sau: $X_i >0$ $i$

Xác địnhTheo sự liên quan của , gần như chắc chắn. Do đó, gần như chắc chắn bởi một kết quả cho Cesaro có nghĩa cũng được chứng minh trong các ý kiến trên. Do đó, theo tính liên tục của , gần như chắc chắn.

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \log (X_{i}) .

$S_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\log(X_i).$

x \mapsto \log (x)

$x\mapsto \log(x)$

\log (X_{n}) \to \log (X)

$\log(X_n)\to\log(X)$

S_{n} \to \log (X)

$S_n \to\log(X)$

x \mapsto \exp (x)

$x\mapsto \exp(x)$

{(\prod_{i = 1}^{n} X_{i})}^{1 / n} \to X,

$\left(\prod_{i=1}^nX_i\right)^{1/n}\to X,$

— ekvall
nguồn

Yêu cầu này là sai. Tôi đưa ra bằng chứng bằng cách cung cấp một ví dụ mẫu.

Giả sử chuỗi ngẫu nhiên được xác định như sau: $X_i$

\begin{aligned} Z_{i} & \sim N (0, 1 / i), i i d, \forall i \in N \\ X_{i} & = 1_{{i \neq 1}} + 1_{{i \neq 1}} Z_{i}, i \in N \end{aligned}

$\begin{align} Z_i &\sim N(0,1/i), iid, \; \forall i \in \mathbb{N} \\ X_i &= 1_{\{i \neq 1\}} + 1_{\{i \neq 1\}}Z_i, \; i \in \mathbb{N} \end{align}$

Rõ ràng, là (1) suy biến và (2) hội tụ gần như chắc chắn với vì theo định luật số lượng lớn của . (Để thấy điều này, hãy viết lại cho .) $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

Tuy nhiên, vì , . Do đó, , do đó, trong giới hạn sẽ hội tụ một cách tầm thường thành , đó là . $X_1 = 0$ $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— Jeremias K
nguồn

Bạn dường như đã quên số mũ .

1 / n

$1/n$

— whuber

Cảm ơn whuber, tôi đã sửa nó :) Tôi thực sự nên đọc mọi thứ cẩn thận hơn ... Trước tiên tôi cũng đã chứng minh rằng tuyên bố cũng không giữ cho vì tôi đã không đọc đúng.

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

$\Pi_{i=1}^nX_i^{1/i}$

— Jeremias K

Cảm ơn. Tất cả các tính toán này dường như che khuất một ý tưởng đơn giản: nếu không khác biệt, bạn sẽ không thay đổi giới hạn bằng cách thay đổi bất kỳ số hữu hạn nào của thành 0, nhưng điều đó sẽ làm cho sản phẩm bằng 0 và bạn có mâu thuẫn. Đủ công bằng. Tuy nhiên, trừ khi chúng ta được nói khác, các tuyên bố về các sản phẩm vô hạn nên được hiểu là các tuyên bố về các khoản tiền vô hạn của logarit. Đặc biệt, sự quan tâm trong câu hỏi này tập trung vào trường hợp mọi gần như chắc chắn là hoàn toàn tích cực .

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— whuber

@whuber mà bình luận cuối cùng là thú vị. Có thực sự là trường hợp giới hạn của sản phẩm là theo quy ước, hoặc có lẽ theo định nghĩa (?), Được hiểu theo thuật ngữ logarit? Nếu vậy, tôi cũng sẽ thay đổi từ ngữ của câu trả lời của tôi ở trên. Đặc biệt, sự hấp dẫn cuối cùng đối với tính liên tục sẽ là thừa.

— ekvall

@Student Lý do trong câu trả lời của bạn là tốt. Trong các ứng dụng thống kê, hiếm có ai nhìn vào giới hạn hình học như vậy trừ khi họ đã nghĩ về các logarit.

— whuber