Wenn

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Wenn E|Xn|=O(an), wo an0 und Xn ist eine Folge von positiven Zufallsvariablen, wie groß sie sind Yn=Xnln(1Xn)?

Mein Versuch: durch Markovs Ungleichung E|Xn|=O(an) impliziert Xn=Op(an) und Yn=Op(an)ln(1Xn). Es bleibt zu beurteilenln(1Xn). Für eine positive Folge von ZufallsvariablenZn=Op(1)

Xn=anZnln(Xn)=ln(an)+ln(Zn)ln(1Xn)ln(1an)=ln(Zn)ln(an)+1
Wenn wir also zeigen, dass die rechte Seite in der Wahrscheinlichkeit begrenzt ist, sind wir fertig, da an0.

Per Definition Zn=Op(1) wenn überhaupt ε>0gibt es M< so dass

supnNPr(Zn>M)<ε.

Daraus folgt , dass für jede ist , existiert derart , dass also und ε>0L=ln(M)

supnNPr(lnZn>L)<ε,
lnZn=Op(1)
Yn=Op(anln(1an)).

Gibt es Fehler in meiner Argumentation? Gibt es eine einfachere Möglichkeit, dieses Ergebnis zu sehen?

Meine zweite Frage ist, ob wir etwas über die Reihenfolge in Erwartung sagen können

E|Xnln(1Xn)|=O(?)?

Da sieht es so aus, als hätte man nur den ersten Moment in Erwartung ist nicht ausreichend. Ist das richtig?

ln(x)=j=1(1)j+1j(x1)j,
Laimond
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Ich habe Whubers Berechnung nicht durchlaufen, aber ich denke, Sie sollten nicht jedes Bit von einzeln betrachtenxlog(x)0Yn
seanv507

Antworten:

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Ich glaube, viel könnte sich zeigen, wenn man eine Reihe von Zufallsvariablen wie die folgenden betrachtet:

X.n={1n mit Wahrscheinlichkeit 1- -1f(n)2e- -G(n)f(n)eG(n) mit Wahrscheinlichkeit 1f(n)2e- -G(n).

Später werden wir geeignete Funktionen und identifizieren, nachdem wir die Rollen analysiert haben, die sie in den asymptotischen Erwartungen spielen. Nehmen wir zunächst an, dass ungleich Null ist und beide divergieren, wenn groß wird, wobei für alle .fGf(n)nG(n)nn>0

Per Definition der Erwartung,

E.(X.n)=1n(1- -1f(n)2e- -G(n))+f(n)eG(n)(1f(n)2e- -G(n))=1f(n)+1n- -1nf(n)2e- -G(n).

Offensichtlich

E.(X.n)=Ö(n- -1+f(n)- -1),

Erlaubt uns, , das nach Bedarf gegen konvergiert . (Da dies der Fall ist und als , beachten Sie, dass ) Trotzdem die Berechnung von enthält einen Begriffeinn=n- -1+f(n)- -10xLog(1/.x)0x0anlog(1/an)0E(Yn)

(1)f(n)eg(n)log(1f(n)eg(n))×1f(n)2eg(n)=log(f(n))f(n)g(n)f(n)

Der andere Begriff ist gleich

(2)1nLog(11/.n)×(1- -1f(n)2e- -G(n))=Lognn(1- -1f(n)2e- -G(n))),

bleibt begrenzt (und konvergiert gegen Null).

Nehmen wir an, divergiert langsamer als ; fGdas heißt, wählen Sie für das divergiert. Die Summe von und asymptotischfG(n)/.f(n)(1)(2)

E.(Y.n)=Ö(G(n)f(n)).

Es gibt solche und die alle an sie gestellten Bedingungen erfüllen (positiv, divergent, wobei divergent sind): zum Beispiel (mit ) und funktioniert für jedes . Folglich ist für alle und für alle Funktionen die unten durch begrenzt sind .fGG(n)/.f(n)G(n)=nh(n)h(n)1f(n)=nϵ0<ϵ<1E.(Y.n)=Ö(h(n)n1- -ϵ)ϵ>0 h1

Dies zeigt, dass es überhaupt keine Begrenzung für die Rate gibt, mit der divergieren kann.E.(Y.n)

whuber
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Da positive Zufallsvariablen sind, benötigen wir den Absolutwert nicht. Wir habenX.n

{E.X.n}}=Ö(einn)limnE.X.neinn<K.R.++

Dann da auch

einn0E.X.n0X.n0,n

da sie positiv sind r.v. Die Folge von konvergiert also gegen die Konstante Null.X.

Aber dann

Y.n=- -X.nlnX.nlimnY.n=0

... oder vielleicht plims.

Vermisse ich etwas

Alecos Papadopoulos
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Der ursprüngliche Beitrag scheint zwei verwandte, aber heikelere Fragen zu stellen als die, die Sie hier ansprechen. Der erste betrifft die Rate, mit der gegen Null konvergiert. Der zweite betrifft, was mit seiner Erwartung passiert. Y.n
whuber