เกี่ยวกับการลู่เข้าในความน่าจะเป็น

ปล่อยเป็นลำดับของตัวแปรสุ่ม stในความเป็นไปได้โดยที่เป็นค่าคงที่คงที่ ฉันพยายามที่จะแสดงต่อไปนี้: และ ทั้งคู่ในความน่าจะเป็น ฉันมาที่นี่เพื่อดูว่าตรรกะของฉันเป็นเสียงหรือไม่ นี่คืองานของฉัน $\{X_n\}_{n\geq 1}$ $X_n \to a$ $a>0$

\sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a}

$\sqrt{X_n} \to \sqrt{a}$

\frac{a}{X_{n}} \to 1

$\frac{a}{X_n}\to 1$

พยายาม

สำหรับส่วนแรกเรามี สังเกตว่า หลังจากนั้น
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
สำหรับส่วนที่สองเรามี ตอนนี้เนื่องจากเป็นเรามีเป็นลำดับล้อมรอบ ในคำอื่น ๆ ที่มีอยู่เป็นจำนวนจริง STM ดังนั้น ดูที่ความน่าจะเป็นเรามี
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ $X_n \to a$ $n \to \infty$ $X_n$ $M<\infty$ $|X_n|\leq M$ $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

ฉันค่อนข้างมั่นใจในครั้งแรก แต่ฉันค่อนข้างมั่นใจเมื่อสอง เสียงลอจิกของฉันคืออะไร?

— โหดเฮนรี่
แหล่งที่มา

พิจารณาลำดับที่และ n มันดูเหมือนว่าฉันว่าตั้งแต่ลำดับนี้ลู่ไปในโอกาส แต่อย่างชัดเจนมันเป็นมากมายตั้งแต่\

X_{n}

$X_n$

Pr (X_{n} = a) = 1 - 1 / n

$\Pr(X_n=a)=1-1/n$

Pr (X_{n} = n) = 1 / n

$\Pr(X_n=n)=1/n$

1 - 1 / n \to 1

$1-1/n\to 1$

a

$a$

sup (X_{n}) = max (a, n) \to \infty

$\sup(X_n)=\max(a,n)\to\infty$

— whuber

ทฤษฎีการทำแผนที่แบบต่อเนื่อง?

— Christoph Hanck

คำตอบ:

รายละเอียดของบทพิสูจน์สำคัญน้อยกว่าการพัฒนาสัญชาตญาณและเทคนิคที่เหมาะสม คำตอบนี้มุ่งเน้นไปที่วิธีการที่ออกแบบมาเพื่อช่วยในการทำเช่นนั้น ประกอบด้วยสามขั้นตอน: "การตั้งค่า" ซึ่งมีการแนะนำสมมติฐานและคำจำกัดความ "ร่างกาย" (หรือ "ขั้นตอนสำคัญ") ซึ่งข้อสันนิษฐานนั้นเกี่ยวข้องกับสิ่งที่ต้องพิสูจน์และ "ข้อไขเค้าความเรื่อง" ที่การพิสูจน์เสร็จสมบูรณ์ ในหลาย ๆ กรณีที่มีการพิสูจน์ความน่าจะเป็นขั้นตอนสำคัญในที่นี้คือการทำงานกับตัวเลข (ค่าที่เป็นไปได้ของตัวแปรสุ่ม) แทนที่จะจัดการกับตัวแปรสุ่มที่ซับซ้อนมากขึ้น

บรรจบกันในความน่าจะเป็นลำดับของตัวแปรสุ่มเพื่อคง หมายความว่าไม่ว่าสิ่งที่ใกล้เคียงของคุณเลือกในที่สุดแต่ละโกหกในละแวกนี้ที่มีความน่าจะเป็นที่อยู่ใกล้กับพล1(ฉันจะไม่อธิบายวิธีการแปล "ในที่สุด" และ "ปิดโดยพลการ" เป็นคณิตศาสตร์อย่างเป็นทางการ - ใครก็ตามที่สนใจในโพสต์นี้รู้เรื่องนี้แล้ว) $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

จำได้ว่าละแวกใกล้เคียงเป็นชุดของจำนวนจริงใด ๆ ที่มีชุดเปิดซึ่งเป็นสมาชิก $0$ $0$

การตั้งค่าเป็นประจำ พิจารณาลำดับและปล่อยเป็นย่านใด ๆ0โดยมีวัตถุประสงค์เพื่อแสดงให้เห็นว่าในที่สุดจะมีโอกาสสูงโดยพลการโกหกใน{O} ตั้งแต่เป็นพื้นที่ใกล้เคียงจะต้องมีที่เปิดช่วงเวลา{O} เราอาจย่อหากจำเป็นเพื่อให้แน่ใจว่าเช่นกัน สิ่งนี้จะทำให้มั่นใจได้ว่าการดัดแปลงที่ตามมานั้นถูกต้องและเป็นประโยชน์ $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$

ขั้นตอนที่สำคัญจะมีการเชื่อมต่อกับX_nที่ไม่ต้องมีความรู้เกี่ยวกับตัวแปรสุ่มเลย พีชคณิตของความไม่เท่าเทียมกันของตัวเลข (การหาประโยชน์จากสมมติฐาน ) บอกเราว่าเซตของตัวเลขสำหรับใด ๆอยู่ในการติดต่อแบบหนึ่งต่อหนึ่งกับชุดของทั้งหมด $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

\frac{a}{1 + ϵ} < X_{n} (ω) < \frac{a}{1 - ϵ} .

$\frac{a}{1+\epsilon} \lt X_n(\omega) \lt \frac{a}{1-\epsilon}.$

ค่าเท่ากัน

X_{n} (ω) - a \in (- \frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}) = U .

$X_n(\omega)-a \in \left(-\frac{a\epsilon}{1+\epsilon}, \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right) = \mathcal{U}.$

ตั้งแต่ทางด้านขวามือเป็นย่านจริง ๆ (สิ่งนี้แสดงให้เห็นอย่างชัดเจนถึงสิ่งที่หยุดพักเมื่อ ) $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

เราพร้อมสำหรับข้อไขเค้าความเรื่อง

เนื่องจากน่าจะเป็นเรารู้ว่าในที่สุดแต่ละจะอยู่ในมีความน่าจะเป็นสูงโดยพลการ เท่าในที่สุดจะอยู่ภายในมีโอกาสสูงโดยพลQED $X_n \to a$ $X_n-a$ $\mathcal{U}$ $Y_n-1$ $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$

— whuber
แหล่งที่มา

ฉันขอโทษสำหรับคำตอบที่ดีที่สุด มันเป็นสัปดาห์ที่วุ่นวาย ขอบคุณมากสำหรับสิ่งนี้ !!!

— โหดเฮนรี่

เราได้รับนั้น

lim_{n \to \infty} P (| X_{n} - α | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P(|X_n-\alpha| > \epsilon) = 0$

และเราต้องการแสดงให้เห็นว่า

lim_{n \to \infty} P (| \frac{α}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| > \epsilon\right) = 0$

เรามีสิ่งนั้น

| \frac{α}{X_{n}} - 1 | = | \frac{1}{X_{n}} (α - X_{n}) | = | \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α |

$\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| = \left|\frac {1}{X_n}(\alpha-X_n)\right| = \left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right|$

ดังนั้นอย่างเท่าเทียมกันเรากำลังตรวจสอบขีด จำกัด ความน่าจะเป็น

lim_{n \to \infty} P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = ? 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) = \;?\;0$

เราสามารถแบ่งความน่าจะเป็นความน่าจะเป็นร่วมแบบเอกสิทธิ์เฉพาะบุคคลซึ่งกันและกัน

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) + P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) =\\ P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) + P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right)$

สำหรับองค์ประกอบแรกเรามีชุดของความไม่เท่าเทียมกัน

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) \leq P [| X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1] \leq P [| X_{n} - α | > ϵ]

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \big] \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon \big]$

ความไม่เท่าเทียมแรกมาจากความจริงที่ว่าเรากำลังพิจารณาภูมิภาคที่สูงกว่าความสามัคคีและดังนั้นจึงกลับซึ่งมีขนาดเล็กกว่าความสามัคคี ความไม่เท่าเทียมที่สองเนื่องจากความน่าจะเป็นร่วมของชุดเหตุการณ์ไม่สามารถมากกว่าความน่าจะเป็นของชุดย่อยของเหตุการณ์เหล่านี้ ขีด จำกัด ของคำขวาสุดคือศูนย์ (นี่คือหลักฐาน) ดังนั้นขีด จำกัด ของคำซ้ายสุดจึงเป็นศูนย์ องค์ประกอบแรกของความน่าจะเป็นที่เราสนใจคือศูนย์ $|X_n|$

สำหรับองค์ประกอบที่สองเรามี

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1) = P (| X_{n} - α | > ϵ | X_{n} |, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right) = P\left(\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon|X_n|,|X_n| < 1 \right)$

กำหนด. ตั้งแต่ที่นี่มีขอบเขตมันตามที่สามารถทำ arnitrarily ขนาดเล็กหรือขนาดใหญ่และดังนั้นจึงเป็นเทียบเท่ากับ\ดังนั้นเราจึงมีความไม่เท่าเทียมกัน $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ $|X_n|$ $\delta$ $\epsilon$

P [| X_{n} - α | > δ, | X_{n} | < 1] \leq P [| X_{n} - α | > δ]

อีกครั้งขีด จำกัด ทางด้านขวาคือศูนย์โดยหลักฐานของเราดังนั้นขีด จำกัด ทางด้านซ้ายก็เป็นศูนย์ ดังนั้นองค์ประกอบที่สองของความน่าจะเป็นที่เราสนใจก็เช่นกัน QED

— Alecos Papadopoulos
แหล่งที่มา

สำหรับส่วนแรกใช้และทราบว่า ดังนั้นสำหรับ , การนิยาม , เรามี เมื่อหมายความว่า{a} $x,a,\epsilon>0$

\begin{aligned} | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ & \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq \frac{ϵ \sqrt{a}}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \\ \Rightarrow | (\sqrt{x} - \sqrt{a}) (\sqrt{x} + \sqrt{a}) | \geq ϵ \sqrt{a} \Rightarrow | x - a | \geq ϵ \sqrt{a} . \end{aligned}

$\begin{align} |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon &\Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\frac{\epsilon\sqrt{a}}{\sqrt{x}+\sqrt{a}} \\ &\Rightarrow |(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})|\geq\epsilon\sqrt{a}\Rightarrow |x-a|\geq\epsilon\sqrt{a}. \end{align}$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

δ = ϵ \sqrt{a}

$\delta=\epsilon\sqrt{a}$

Pr (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\geq\epsilon)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\sqrt{X_{n}} \overset{Pr}{\to} \sqrt{a}

$\sqrt{X_n}\stackrel{\Pr}\to\sqrt{a}$

สำหรับส่วนที่สองลองอีกครั้งและโกงจากคำตอบของ Hubber (นี่คือขั้นตอนสำคัญ ;-) เพื่อกำหนด ตอนนี้ contrapositiveของคำสั่งนี้จะ $x,a,\epsilon>0$

δ = min {\frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}} .

$\delta = \min\left\{ \frac{a\epsilon}{1+\epsilon},\frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right\}.$

\begin{aligned} | x - a | < δ & \Rightarrow a - δ < x < a + δ \Rightarrow a - \frac{a ϵ}{1 + ϵ} < x < a + \frac{a ϵ}{1 - ϵ} \\ \Rightarrow \frac{a}{1 + ϵ} < x < \frac{a}{1 - ϵ} \Rightarrow 1 - ϵ < \frac{a}{x} < 1 + ϵ \Rightarrow | \frac{a}{x} - 1 | < ϵ . \end{aligned}

$\begin{align} |x-a|<\delta &\Rightarrow a-\delta<x<a+\delta \Rightarrow a - \frac{a\epsilon}{1+\epsilon} < x < a + \frac{a\epsilon}{1-\epsilon} \\ &\Rightarrow \frac{a}{1+\epsilon} < x < \frac{a}{1-\epsilon} \Rightarrow 1-\epsilon<\frac{a}{x}<1+\epsilon \Rightarrow \left| \frac{a}{x}-1\right|<\epsilon. \end{align}$

| \frac{a}{x} - 1 | \geq ϵ \Rightarrow | x - a | \geq δ .

$\left| \frac{a}{x}-1\right|\geq\epsilon \Rightarrow |x-a|\geq\delta.$

ดังนั้น เมื่อหมายความว่า1

Pr (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr\!\left(\left|\frac{a}{X_n}-1\right|\geq\epsilon\right)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\frac{a}{X_{n}} \overset{Pr}{\to} 1

$\frac{a}{X_n}\stackrel{\Pr}\to 1$

หมายเหตุ:ทั้งสองรายการเป็นผลลัพธ์ของผลลัพธ์ทั่วไปที่มากขึ้น ก่อนอื่นจำเล็มม่านี้:ถ้าหากว่าสำหรับการเรียงลำดับใด ๆมีการเรียงตัวเช่นว่าเกือบแน่นอนเมื่อเจนอกจากนี้โปรดจำไว้ว่าจากการวิเคราะห์จริงว่านั้นต่อเนื่องที่จุด จำกัดของหากและต่อเมื่อทุกลำดับในมันถือว่าหมายถึง(x) ดังนั้นถ้า $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ $X_{n_{i_j}}\to X$ $j\to\infty$ $g:A\to\mathbb{R}$ $x$ $A$ $\{x_n\}$ $A$ $x_n\to x$ $g(x_n)\to g(x)$ $g$ ต่อเนื่องและแทบจะแน่นอนแล้ว และตามมาว่าเกือบแน่นอน นอกจากนี้เป็นอย่างต่อเนื่องและถ้าเราเลือก subsequence ใด ๆแล้วโดยใช้บทแทรกมี subsequenceเช่นว่าเกือบแน่นอนเมื่อเจแต่ตามที่เราได้เห็นมันตามมาว่าเกือบแน่นอนเมื่อ $X_n\to X$

Pr (lim_{n \to \infty} g (X_{n}) = g (X)) \geq Pr (lim_{x \to \infty} X_{n} = X) = 1,

$\Pr\!\left(\lim_{n\to\infty}g(X_n)=g(X)\right)\geq\Pr\!\left(\lim_{x\to\infty}X_n=X\right)=1,$

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

$g(X_n)\to g(X)$

g

$g$

X_{n} \overset{Pr}{\to} X

$X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

{n_{i_{j}}} \subset {n_{i}}

$\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$

X_{n_{i_{j}}} \to X

$X_{n_{i_j}}\to X$

j \to \infty

$j\to\infty$

g (X_{n_{i_{j}}}) \to g (X)

$g(X_{n_{i_j}})\to g(X)$

j \to \infty

$j\to\infty$ . เนื่องจากเรื่องนี้ถือสำหรับทุก subsequenceโดยใช้บทแทรกในทิศทางอื่น ๆ ที่เราสรุปได้ว่า(X) ดังนั้นเพื่อตอบคำถามของคุณคุณสามารถกำหนดฟังก์ชันต่อเนื่องได้และ , สำหรับและใช้ผลลัพธ์นี้

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

g (X_{n}) \overset{Pr}{\to} g (X)

$g(X_n)\stackrel{\Pr}{\to}g(X)$

g (x) = \sqrt{x}

$g(x)=\sqrt{x}$

h (x) = a / x

$h(x)=a/x$

x > 0

$x>0$

— เซน
แหล่งที่มา

Zen ขอบคุณสำหรับคำตอบของคุณ นี่ชัดเจนมาก!

— โหดเฮนรี่