Nếu , thì bao nhiêu?

7

Nếu , trong đó và là một chuỗi các biến ngẫu nhiên dương, thì không? $\mathbb{E}|X_n|=O(a_n)$ $a_n\to 0$ $X_n$ $Y_n = X_n\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$

Nỗ lực của tôi: bởi sự bất bình đẳng của Markov ngụ ý và . Nó vẫn còn để lừa . Đối với một số chuỗi tích cực của các biến ngẫu nhiên $\mathbb{E}|X_n|=O(a_n)$ $X_n=O_p(a_n)$ $Y_n = O_p(a_n)\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$ $\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$ $Z_n=O_p(1)$

\begin{aligned} X_{n} = a_{n} Z_{n} & ⟺ \ln (X_{n}) = \ln (a_{n}) + \ln (Z_{n}) \\ ⟺ \frac{\ln (\frac{1}{X_{n}})}{\ln (\frac{1}{a_{n}})} = \frac{\ln (Z_{n})}{\ln (a_{n})} + 1 \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} X_n = a_nZ_n& \iff \ln(X_n) = \ln(a_n) + \ln(Z_n) \\ & \iff \frac{\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)}{\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)} = \frac{\ln(Z_n)}{\ln(a_n)} + 1 \end{aligned} \end{equation}$ vì vậy nếu chúng ta chỉ ra rằng phía bên phải bị ràng buộc trong xác suất chúng ta đã hoàn thành, vì .

a_{n} \to 0

$a_n\to 0$

Theo định nghĩa nếu có , tồn tại sao cho $Z_n = O_p(1)$ $\varepsilon>0$ $M<\infty$

sup_{n \in N} Pr (Z_{n} > M) < ε .

$\sup_{n\in\mathbb{N}}\Pr\left(Z_n>M\right)<\varepsilon.$

Theo sau, với mọi $\varepsilon>0$ , tồn tại $L=\ln(M)$ sao cho

sup_{n \in N} Pr (\ln Z_{n} > L) < ε,

$\sup_{n\in\mathbb{N}}\Pr\left(\ln Z_n>L\right)<\varepsilon,$ vì vậy

\ln Z_{n} = O_{p} (1)

$\ln Z_n = O_p(1)$ và

Y_{n} = O_{p} (a_{n} \ln (\frac{1}{a_{n}})) .

$Y_n = O_p\left(a_n\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)\right).$

Có sai sót trong lý luận của tôi? Có cách nào đơn giản hơn để xem kết quả này?

Câu hỏi thứ hai của tôi là liệu chúng ta có thể nói điều gì đó về thứ tự trong kỳ vọng

E | X_{n} \ln (\frac{1}{X_{n}}) | = O (?) ?

$\mathbb{E}\left|X_n\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)\right| = O(?)?$

Vì nên có vẻ như chỉ có khoảnh khắc đầu tiên trong kỳ vọng là không đủ Điều này có đúng không?

\ln (x) = \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{j + 1}}{j} (x - 1)^{j},

$\ln(x) = \sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^{j+1}}{j}(x-1)^j,$

— Laimond
nguồn

Tôi đã không trải qua tính toán whuber, nhưng tôi nghĩ rằng bạn nên sử dụng không nhìn vào từng chút riêng

x l o g (x) \to 0

$x log (x) \rightarrow 0$

Y_{n}

$Y_n$

— seanv507

5

Tôi tin rằng nhiều điều có thể được tiết lộ bằng cách xem xét một loạt các biến ngẫu nhiên như sau:

X_{n} = {\begin{aligned} \frac{1}{n} & with probability 1 - \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)} \\ f (n) e^{g (n)} & with probability \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)} . \end{aligned}

$X_n = \left\{\eqalign{\frac{1}{n} & \text{ with probability } 1 - \frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}\\ f(n)e^{g(n)} & \text{ with probability } \frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}.}\right.$

Sau đó, chúng tôi sẽ xác định các chức năng phù hợp và sau khi phân tích vai trò của chúng trong các kỳ vọng tiệm cận. Bây giờ, hãy giả sử là khác không và cả hai phân kỳ khi phát triển lớn, với cho tất cả . $f$ $g$ $f(n)$ $n$ $g(n) \ge n$ $n\gt 0$

Theo định nghĩa của kỳ vọng,

\begin{aligned} E (X_{n}) & = \frac{1}{n} (1 - \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)}) + f (n) e^{g} (n) (\frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)}) \\ = \frac{1}{f (n)} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n f (n)^{2}} e^{- g (n)} . \end{aligned}

$\eqalign{ \mathbb{E}(X_n) &= \frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}\right) + f(n)e^g(n) \left(\frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}\right) \\&= \frac{1}{f(n)} + \frac{1}{n} - \frac{1}{nf(n)^2}e^{-g(n)}.}$

Rõ ràng

E (X_{n}) = O (n^{- 1} + f (n)^{- 1}),

$\mathbb{E}(X_n) = O\left(n^{-1} + f(n)^{-1}\right),$

cho phép chúng tôi lấy , hội tụ về theo yêu cầu. (Vì nó làm như vậy và dưới dạng , lưu ý rằng ) Tuy nhiên, phép tính của bao gồm một thuật ngữ $a_n = n^{-1} + f(n)^{-1}$ $0$ $x \log(1/x)\to 0$ $x\to 0$ $a_n\log(1/a_n)\to 0$ $\mathbb{E}(Y_n)$

\begin{matrix} (1) & f (n) e^{g} (n) \log (\frac{1}{f (n) e^{g (n)}}) \times \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)} = - \frac{\log (f (n))}{f (n)} - \frac{g (n)}{f (n)} \end{matrix}

$f(n)e^g(n)\log\left(\frac{1}{f(n)e^{g(n)}}\right) \times \frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}=-\frac{\log(f(n))}{f(n)} - \frac{g(n)}{f(n)}\tag{1}$

Thuật ngữ khác, bằng

\begin{matrix} (2) & \frac{1}{n} \log (\frac{1}{1 / n}) \times (1 - \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)}) = \frac{\log n}{n} (1 - \frac{1}{f (n)^{2}} e^{- g (n)})), \end{matrix}

$\frac{1}{n}\log\left(\frac{1}{1/n}\right) \times \left(1 - \frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)}\right) = \frac{\log{n}}{n}\left(1-\frac{1}{f(n)^2}e^{-g(n)})\right),\tag{2}$

vẫn còn giới hạn (và hội tụ về không).

Giả sử hướng chậm hơn ; $f$ $g$ nghĩa là chọn mà phân kỳ. Tổng của và có triệu chứng là $f$ $g(n)/f(n)$ $(1)$ $(2)$

E (Y_{n}) = O (\frac{g (n)}{f (n)}) \to \infty .

$\mathbb{E}(Y_n) = O\left(\frac{g(n)}{f(n)}\right) \to \infty.$

Có tồn tại và thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt trên chúng (dương, phân kỳ, với phân kỳ quá): ví dụ, (với ) và hoạt động với mọi . Do đó, cho tất cả và cho tất cả các hàm giới hạn dưới . $f$ $g$ $g(n)/f(n)$ $g(n)=nh(n)$ $h(n) \ge 1$ $f(n) = n^\epsilon$ $0 \lt \epsilon \lt 1$ $\mathbb{E}(Y_n)=O(h(n)n^{1-\epsilon})$ $\epsilon\gt 0$ $h$ $1$

Điều này cho thấy không có giới hạn nào về tốc độ mà có thể phân kỳ. $\mathbb{E}(Y_n)$

— whuber
nguồn

1

Vì là các biến ngẫu nhiên tích cực, chúng tôi không cần giá trị tuyệt đối. Chúng ta có $X_n$

{E X_{n}} = O (a_{n}) ⟹ lim_{n \to \infty} \frac{E X_{n}}{a_{n}} < K \in R_{+ +}

$\{\mathbb{E}X_n\}=O(a_n) \implies \lim_{n\to \infty}\frac{\mathbb{E}X_n}{a_n} < K \in \mathbb R_{++}$

Sau đó, kể từ đó

a_{n} \to 0 ⟹ E X_{n} \to 0 ⟹ X_{n} \to 0, n \to \infty

$a_n \to 0 \implies \mathbb{E}X_n \to 0 \implies X_n \to 0,\;\;\; n\to \infty$

vì họ là r.v's tích cực. Vì vậy, chuỗi của hội tụ về không. $X$

Nhưng sau đó

Y_{n} = - X_{n} \ln X_{n} ⟹ lim_{n \to \infty} Y_{n} = 0

$Y_n = -X_n \ln X_n \implies \lim_{n \to \infty} Y_n =0$

... Hoặc có thể là plims.

Tui bỏ lỡ điều gì vậy?

— Alecos Papadopoulos
nguồn

1

Bài viết gốc dường như đang hỏi hai câu hỏi liên quan nhưng tế nhị hơn những câu bạn giải quyết ở đây. Nhận xét thứ nhất tỷ lệ mà tại đó hội tụ đến zero. Thứ hai liên quan đến những gì xảy ra với mong đợi của nó.

Y_{n}

$Y_n$

— whuber