Phỏng đoán liên quan đến Luật Kolmogorov 0-1 (cho các sự kiện)

Đặt là không gian xác suất. Phỏng đoán: $(\Omega, \mathscr F, \mathbb P)$

Giả sử chúng ta có các sự kiện st , hoặc . tại một chuỗi các sự kiện độc lập st $A_1, A_2, ...$ $\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...)$ $P(A) = 0$ $1$ $B_1, B_2, ...$

$τ_{A_{n}} := ⋂_{n} σ (A_{n}, A_{n + 1}, . . .) = ⋂_{n} σ (B_{n}, B_{n + 1}, . . .) := τ_{B_{n}}$ $\tau_{A_n} := \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) = \bigcap_n \sigma(B_n, B_{n+1}, ...) := \tau_{B_n}$

Điều này có đúng không?

Tôi nghĩ rằng tồn tại một hàm st là độc lập để chúng ta có thể chọn . Điều đó có đúng không? Tại sao tại sao không? Nếu không, làm thế nào khác tôi có thể chứng minh hoặc bác bỏ phỏng đoán ở trên? Nếu đó là sự thật, tôi nghĩ nó có thể được chứng minh bằng cách sửa đổi bằng chứng của Luật Kolmogorov 0-1 (đối với các sự kiện). $f: \mathbb N \to \mathbb N$ $A_{f(n)}$ $B_n = A_{f(n)}$

Có lẽ một trong những tập hợp sau này là độc lập:

A_{n}

$A_n$

A_{2 n}, A_{2 n + 1}

$A_{2n}, A_{2n+1}$

A_{3 n}, A_{3 n + 1}, A_{3 n + 2}

$A_{3n}, A_{3n+1}, A_{3n+2}$

⋮

$\vdots$

A_{m n}, A_{m n + 1}, A_{m n + 2}, . . ., A_{m n + (m - 1)}

$A_{mn}, A_{mn+1}, A_{mn+2}, ..., A_{mn+(m-1)}$

⋮

$\vdots$

Tôi nghĩ rằng chúng ta có điều đó

τ_{A_{n}} = τ_{A_{m n + i}} := ⋂_{n} σ (A_{m n + i}, A_{m (n + 1) + i}, . . .)

$\tau_{A_n} = \tau_{A_{mn+i}} := \bigcap_n \sigma(A_{mn+i}, A_{m(n+1)+i}, ...)$

trong đó và . $m \in \mathbb N$ $i \in \{0, 1, 2, ..., m-1\}$

Có vẻ như chúng ta cần bất kỳ như vậy , nếu nó tồn tại, để đáp ứng điều kiện sau: $f(n)$

\begin{matrix} (**) & σ (A_{f (n)}, A_{f (n + 1)} . . .) \subseteq σ (A_{n}, A_{n + 1}, . . .) \end{matrix}

$\sigma(A_{f(n)}, A_{f(n+1)}...) \subseteq \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) \tag{**}$

mà tôi đoán là đúng nếu (và chỉ khi?) $f(n) \ge n$ .

Các ứng cử viên có thể khác cho : $f(n)$ (giả sử các biến là st được thỏa mãn. Nếu cần, hoặc cũng vậy.) $f: \mathbb N \to \mathbb N$ $(**)$ $f(n) \ge n$

$\sum_{i=0}^{m} a_i n^i$
$2^n, 3^n, ...$
$\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n$
$\lfloor{t^n}\rfloor, \lceil{t^n}\rceil$ ( Tôi đoán $t > e^{1/e}$ )
$\lfloor{\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n}\rfloor, \lceil{\sum_{i=1}^{m} b_i c_i^n}\rceil$
$\lfloor{\text{linear combination of trigonometric functions}}\rfloor, \lceil{\text{linear combination of trigonometric functions}}\rceil$
$\lfloor{\text{Some linear combination of the above}}\rfloor, \lceil{\text{Some linear combination of the above}}\rceil$

Giả sử phỏng đoán là đúng , tôi đoán không cần tìm hoạt động cho tất cả các chuỗi sự kiện có thể bởi vì như vậy thậm chí không tồn tại. $f(n)$ $A_1, A_2, ...$ $f(n)$

Để bác bỏ giả thuyết : Tôi đoán chúng ta phải chứng minh rằng một chuỗi như là độc lập có nghĩa đuôi sẽ không bao giờ bằng đuôi từ đuôi sẽ là tầm thường bởi Luật 0-1 Kolmogorov (đối với các sự kiện). $B_n$ $B_n$ $A_n$ $B_n$ $\mathbb P-$

Một cái gì đó có thể giúp: chúng tôi có thể chỉ ra rằng hoặc và không độc lập, nhưng tôi không chắc chắn rằng phỏng đoán bị từ chối vì chúng tôi có thể xây dựng một số trông giống như: $\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_{f(n)}, A_{f(n+1)}, ...), P(A) = 0$ $1$ $\forall n \in \mathbb N, A_{f(n)}, A_{f(n+1)}, ...$ $B_n$

$B_{n} = A_{n + 1} ∖ A_{n}$ $B_n = A_{n+1} \setminus A_n$
$B_{n} = A_{n} ∖ A_{n - 1}, A_{0} = \emptyset$ $B_n = A_{n} \setminus A_{n-1}, A_0 = \emptyset$
$B_{n} = ⋂_{m} A_{m n}$ $B_n = \bigcap_m A_{mn}$
$B_{n} = ⋃_{m} A_{m n}$ $B_n = \bigcup_m A_{mn}$
$B_{2 n} = ⋂_{m} A_{m n}, B_{2 n + 1} = ⋃_{m} A_{m n}$ $B_{2n} = \bigcap_m A_{mn}, B_{2n+1} = \bigcup_m A_{mn}$
$B_{n} = \underset{m}{lim sup} A_{m n}$ $B_n = \limsup_m A_{mn}$
$B_{n} = \underset{m}{lim inf} A_{m n}$ $B_n = \liminf_m A_{mn}$
$B_{2 n} = \underset{m}{lim sup} A_{m n}, B_{2 n + 1} = \underset{m}{lim inf} A_{m n}$ $B_{2n} = \limsup_m A_{mn}, B_{2n+1} = \liminf_m A_{mn}$

Tất nhiên, không nói rằng bất kỳ ai trong số đó đều thỏa mãn nhưng không cần phải ở dạng . $B_n$ $\tau_{A_n} = \tau_{B_n}$ $B_n$ $A_{f(n)}$

Borel-Cantelli:

Nếu . Do đó là độc lập. $\sum_n P(A_n) < \infty \to 0 = P(\limsup A_n) = P(\limsup A_{mn}) \ \forall m \in \mathbb N$ $B_m = \limsup A_{mn}$
Nếu , thì có lẽ phần mở rộng này của Borel-Cantelli ? Không hoàn toàn chắc chắn tôi hiểu nó hoặc làm thế nào nó sẽ hữu ích. Tôi không nghĩ chúng ta có thể kết luận bất cứ điều gì nếu chúng ta có . $\sum_n P(A_n) = \infty$ $P(\limsup A_n)$
Sau đó, có trường hợp nhưng các điều kiện trước đó không được thỏa mãn. $\sum_n P(A_n) = \infty$

— BCLC
nguồn

Có lẽ là một bằng chứng bằng cách xây dựng, trong đó ?

B_{1} = A_{1}, B_{2} = A_{2} - A_{1}, \dots

$B_1 = A_1, B_2 = A_2 - A_1, \dots$

— Jbowman

Đối với tôi, phỏng đoán này dường như không đúng, trừ khi bạn thêm các điều kiện bổ sung, hoặc bạn có nghĩa là sự hoàn thành của hai -đau khớp đồng ý (giữ gần như tầm thường). Tuy nhiên tôi không thể thấy một ví dụ phản tác dụng.

σ

$\sigma$

— P.Windridge

Trong mọi trường hợp tôi nghĩ bạn có thể bắt đầu với câu hỏi (đơn giản hơn): "Hãy để là một không gian xác suất. Giả sử là một hệ số được tạo ra một cách đáng kể và hoặc cho bất kỳ sự kiện nào . Có một chuỗi các sự kiện độc lập trong với đuôi -algebra ?

(Ω, F, P)

$(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$

G \subset F

$\mathcal{G}\subset\mathcal{F}$

σ

$\sigma$

P (A) = 0

$\mathbb{P}(A)= 0$

1

$1$

A \in G

$A \in \mathcal{G}$

B_{1}, B_{2}, \dots

$B_1,B_2,\ldots$

F

$\mathcal{F}$

σ

$\sigma$

G

$\mathcal{G}$

— P.Windridge

Một -achebra được tạo ra một cách đáng kể nếu tồn tại st . Đó là straightforwards để tìm ví dụ nơi đuôi -algebra là không đếm được tạo ra.

σ

$\sigma$

G

$\mathcal{G}$

F_{1}, F_{2}, \dots

$F_1,F_2,\ldots$

G = σ (F_{1}, F_{2}, \dots)

$\mathcal{G} = \sigma(F_1,F_2,\ldots)$

σ

$\sigma$

— P.Windridge

Tổng quát hơn, một phụ -algebra của một đếm được tạo -algebra có thể không tự được tạo ra đếm được! Thực tế nhìn vào Bài tập 1.1,18 trong math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf

σ

$\sigma$

σ

$\sigma$

— P.Windridge

Nếu bạn muốn các sự kiện độc lập theo cách thú vị (không chỉ đơn giản vì hoặc ) thì phỏng đoán là sai. $B_n$ $\mathbb{P}(B_n) = 0$ $\mathbb{P}(B_n) = 1$

Đây là một ví dụ mô phạm. Giả sử là không gian xác suất phong phú phù hợp. $(\Omega, \mathcal{F},\mathbb{P})$

Đặt là -null, tức là . Lấy , sao cho phần đuôi là . $A \in \mathcal{F}$ $\mathbb{P}$ $\mathbb{P}(A) =0$ $A_i = A$ $\sigma$ $\mathcal{G} = \{\emptyset, A, A^c, \Omega\}$

Lưu ý rằng cụ thể là hữu hạn. $\mathcal{G}$

Bây giờ, giả sử rằng là một chuỗi các sự kiện độc lập với giới hạn từ và . Sau đó, đuôi -achebra không được tạo ra một cách đáng kể. (Xem ví dụ: Bài tập 1.1.18 http://math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf , trong đó sử dụng một đối số như tôi đã nêu ở trên - bất kỳ -trivial - một nguyên tử có khối lượng , nhưng không có nguyên tử như vậy). $B_1, B_2, \ldots$ $\mathbb{P}(B_n)$ $0$ $1$ $\sigma$ $\mathcal{H}$ $\mathbb{P}$ $\sigma$ $1$ $\mathcal{H}$

Vì vậy, là hữu hạn nhưng thậm chí không được tạo ra một cách đáng kể. $\mathcal{G}$ $\mathcal{H}$

Chỉnh sửa 2: nếu bạn chấp nhận $\mathbb{P}(B_n) = 0$ thì bạn có thể sao chép bất kỳ -trivial - đau khớp . Chi tiết hơn, giả sử rằng được tạo bởi các sự kiện . Nếu là -trivial thì toàn độc lập, do không có giá trị (hoặc là null). Bây giờ tạo cấu trúc hình tam giác cho các sự kiện : , , . $\mathbb{P}$ $\sigma$ $\mathcal{G}$ $E_1, E_2, \ldots \in \mathcal{G}\subset\mathcal{F}$ $\mathcal{G}$ $\mathbb{P}$ $E_n$ $E_n^c$ $B$ $B_{1,1} = E_1$ $B_{2,1} = E_1, B_{2,2} = E_2,\ldots,B_{k,j} = E_j$ $1\le j \le k$

Khi đó là một chuỗi có thể đếm được (với thứ tự tự nhiên cho các chỉ số) của các sự kiện độc lập có đuôi -đau khớp là . $(B_{k,j})$ $\sigma$ $\mathcal{G}$

Vì vậy, ở đây tôi nghĩ là câu hỏi chính: giả sử rằng là một -trivial tail - achebra (đến từ các sự kiện không null có thể phụ thuộc). Có thể được thực hiện như đuôi -algebra cho một số sự kiện null? $\mathcal{G}$ $\mathbb{P}$ $\sigma$ $\mathcal{G}$ $\sigma$

Chỉnh sửa 1: Vùng màu xám là những gì xảy ra nếu bạn chấp nhận , mặc dù đó dường như không phải là lực đẩy của câu hỏi ban đầu. $\mathbb{P}(B_n)\to 0$

— P.Windridge
nguồn

Cảm ơn P.Windridge, nhưng tôi không chắc là tôi hiểu. 1 Nếu chúng ta bao gồm hoặc , phỏng đoán là (tầm thường?) Có đúng không? 2 Có phải những gì bạn đang cố chứng minh trong Chỉnh sửa 2? Nếu vậy, của bạn có bằng không? Tôi đã chỉnh sửa OP cho tốc ký

P (B_{n}) = 0

$P(B_n)=0$

1

$1$

G

$\mathcal G$

τ_{A_{n}}

$\tau_{A_n}$

— BCLC

Tôi đọc bài tập. ?

H = τ_{B_{n}}

$\mathcal H = \tau_{B_n}$

— BCLC

Xin chào BCLC, (1) Tôi đang nói rằng nếu chúng tôi bao gồm thì phỏng đoán là đúng cho tất cả các lựa chọn của các sự kiện có đuôi " " đẹp mắt (trong đó "Đẹp" ở đây có nghĩa là được tạo ra đáng kể). (2) Có và là . NB bài tập được liên kết sử dụng " " cho cái nên là của bạn và " " biểu thị một chuỗi ứng cử viên tạo ra các sự kiện (được sử dụng để có được mâu thuẫn.

P (B_{n}) = 0

$P(B_n)=0$

A_{1}, A_{2}, \dots

$A_1,A_2,\ldots$

σ

$\sigma$

G = τ_{(A_{n})}

$\mathcal{G}=\tau_{(A_n)}$

H

$\mathcal{H}$

τ_{(B_{n})}

$\tau_{(B_n)}$

A_{n}

$A_n$

B_{n}

$B_n$

B_{n}

$B_n$

— P.Windridge

Tôi không chắc là tôi làm theo. Chỉ từ những giả định, là độc lập?

A_{i}

$A_i$

— BCLC

Trong Bài tập 1.1,18 của math.mit.edu/~dws/175/prob01.pdf , là các sự kiện độc lập, mà bạn nên nghĩ là trong phỏng đoán của bạn. Có phải đó là những gì bạn đã được hỏi?

A_{i}

$A_i$

B_{i}

$B_i$

— P.Windridge