সম্ভাবনা একীকরণ সম্পর্কে

যাক $\{X_n\}_{n\geq 1}$ র্যান্ডম ভেরিয়েবল St একটা ক্রম হতে $X_n \to a$ সম্ভাবনা, যেখানে $a>0$ একটি নির্দিষ্ট ধ্রুবক। আমি নিম্নলিখিতটি দেখানোর চেষ্টা করছি:

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

$\sqrt{X_n} \to \sqrt{a}$ এবং

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

$\frac{a}{X_n}\to 1$ উভয়ই সম্ভাবনা। আমার যুক্তিটি সঠিক ছিল কিনা তা দেখার জন্য আমি এখানে আছি। এখানে আমার কাজ

প্রচেষ্টা

প্রথম অংশের জন্য, আমাদের
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ নোটিশ যে $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ এটি অনুসরণ করে যে $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
দ্বিতীয় অংশের জন্য, আমাদের এখন, যেহেতু হিসাবে , আমরা যে আছে একটি বেষ্টিত ক্রম। অন্য কথায়, সেখানে একটি আসল নম্বর সেন্ট । এইভাবে,
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ $X_n \to a$ $n \to \infty$ $X_n$ $M<\infty$ $|X_n|\leq M$ এটি সম্ভাবনার দিকে তাকিয়ে আমাদের কাছে $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

আমি প্রথমটির প্রতি বেশ আত্মবিশ্বাসী, তবে দ্বিতীয়টিতে বেশ সুন্দর fy আমার যুক্তি শব্দ ছিল?

— সেভেজ হেনরি
সূত্র

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

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

ধারাবাহিকভাবে ম্যাপিং উপপাদ?

— ক্রিস্টোফ হ্যাঙ্ক

উত্তর:

প্রমাণের বিবরণ যথাযথ অন্তর্দৃষ্টি এবং কৌশলগুলি বিকাশের চেয়ে কম গুরুত্বপূর্ণ। এই উত্তরটি এটি করতে সহায়তা করার জন্য ডিজাইন করা একটি পদ্ধতির উপর দৃষ্টি নিবদ্ধ করে। এটি তিনটি পদক্ষেপ নিয়ে গঠিত: একটি "সেটআপ" যেখানে অনুমান এবং সংজ্ঞা চালু করা হয়; "বডি" (বা একটি "গুরুত্বপূর্ণ পদক্ষেপ") যার মধ্যে অনুমানগুলি কোনওভাবে প্রমাণিত হওয়ার সাথে সম্পর্কিত এবং "সমালোচনা" যাতে প্রমাণ সম্পন্ন হয়। সম্ভাব্যতার প্রমাণ হিসাবে অনেক ক্ষেত্রে, এখানে গুরুত্বপূর্ণ পদক্ষেপটি অনেক জটিল এলোমেলো ভেরিয়েবলগুলি নিজের সাথে ডিল করার পরিবর্তে সংখ্যাগুলি (এলোমেলো ভেরিয়েবলের সম্ভাব্য মান) নিয়ে কাজ করার বিষয় ।

কনভার্জেন্স সম্ভবত র্যান্ডম ভেরিয়েবল একটি ক্রম একটি ধ্রুবক থেকে উপায়ে যে কোন ব্যাপার কি আশপাশ আপনি বাছাই, অবশেষে প্রতিটি আশেপাশে একটি সম্ভাব্যতা যে ইচ্ছামত পাসে সঙ্গে মিথ্যা । (আমি কীভাবে "অবশেষে" এবং "নির্বিচারে বন্ধ" আনুষ্ঠানিক গণিতে অনুবাদ করব তা এই পোস্টে আগ্রহী যে কেউ ইতিমধ্যে তা জানে।) $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

মনে রাখবেন যে আশেপাশে এমন কোনও আসল সংখ্যার সেট যা একটি খোলামুক্ত সেট থাকে যার মধ্যে সদস্য। $0$ $0$

সেটআপটি রুটিন। ক্রম বিবেচনা করুন দিন কোন আশপাশ হতে । উদ্দেশ্য দেখাতে হবে যে অবশেষে হয় শুয়ে একজন ইচ্ছামত উচ্চ সুযোগ পাবেন । যেহেতু একটি পাড়া, সেখানে থাকতে হবে একটি , যার জন্য খোলা বিরতি । নিশ্চিত করার জন্য প্রয়োজনে আমরা সঙ্কুচিত করতে পারি। এটি নিশ্চিত করবে যে পরবর্তী ম্যানিপুলেশনগুলি বৈধ এবং কার্যকর। $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$

কে সাথে সংযুক্ত করা গুরুত্বপূর্ণ পদক্ষেপ । এ জন্য এলোমেলো ভেরিয়েবলের কোনও জ্ঞানের প্রয়োজন নেই। সংখ্যার অসমতার বীজগণিত ( শোষণ করে ) আমাদেরকে বলে যে numbers সংখ্যার সেট , যে কোনও , সমস্ত এর সেটের সাথে একের সাথে চিঠিপত্র রয়েছে যার জন্য $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

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

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

সমতুল্যভাবে,

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

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

যেহেতু , ডান হাতের দিক প্রকৃতপক্ষে একটি প্রতিবেশ । (এটি পরিষ্কারভাবে দেখায় যে যখন হয় তখন কী ভেঙে যায় )) $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

আমরা নিন্দার জন্য প্রস্তুত।

কারণ সম্ভাব্যতা, আমরা জানি যে অবশেষে প্রতিটি মধ্যে থাকবে ইচ্ছামত উচ্চ সম্ভাবনা থাকে। সমানভাবে, অবশেষে নির্বিচারে উচ্চ সম্ভাবনার সাথে, QED এর মধ্যে থাকবে । $X_n \to a$ $X_n-a$ $\mathcal{U}$ $Y_n-1$ $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$

— whuber
সূত্র

আমি এইরকম দেরীতে সেরা উত্তরের জন্য ক্ষমা চাইছি। এটি একটি ব্যস্ত সপ্তাহ ছিল। এই জন্য আপনাকে অনেক ধন্যবাদ !!!

— সেভেজ হেনরি

আমরা যে দেওয়া হয়

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

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

এবং আমরা এটি দেখাতে চাই

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

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

আমাদের তা আছে

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

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

সুতরাং সমানভাবে, আমরা সম্ভাবনার সীমা পরীক্ষা করছি

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

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

আমরা সম্ভাব্যতাটিকে দুটি পারস্পরিক একচেটিয়া যৌথ সম্ভাব্যতায় বিভক্ত করতে পারি

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)

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

প্রথম উপাদানটির জন্য আমাদের কাছে অসমতার সিরিজ রয়েছে

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]

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

প্রথম বৈষম্যটি আসল বিষয়টি থেকে আসে যে আমরা যে অঞ্চলটিunityক্যের চেয়ে উচ্চতর এবং সুতরাং এর পারস্পরিক .ক্যের চেয়ে ছোট । দ্বিতীয় বৈষম্য কারণ ইভেন্টগুলির একটি সেটের একটি যৌথ সম্ভাবনা এই ইভেন্টগুলির একটি উপসেটের সম্ভাবনার চেয়ে বড় হতে পারে না। ডানদিকের টার্মের সীমাটি শূন্য (এটিই পূর্বনির্ধারিত), তাই বামেতম শব্দটির সীমাও শূন্য। সুতরাং আমাদের আগ্রহের সম্ভাবনার প্রথম উপাদানটি শূন্য। $|X_n|$

দ্বিতীয় উপাদানটির জন্য আমাদের রয়েছে

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

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

নির্ধারণ করুন। যেহেতু এখানেবেষ্টিত বোঝা যায় যে arnitrarily ছোট বা বড় করা যেতে পারে, এবং তাই এটি সমতূল্য । সুতরাং আমাদের অসমতা আছে $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ $|X_n|$ $\delta$ $\epsilon$

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

আবার, ডান পাশের সীমাটি আমাদের পূর্বসূরি অনুসারে শূন্য, সুতরাং বাম পাশের সীমাটিও শূন্য। সুতরাং আমাদের সম্ভাব্যতার দ্বিতীয় উপাদানটিও শূন্য। Qed।

— আলেকোস পাপাদোপল্লোস
সূত্র

প্রথম অংশের জন্য, এবং নোট করুন যে অতএব, যে কোনও , সংজ্ঞায়িত করে আমাদের কাছে যখন , implying যে । $x,a,\epsilon>0$

\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}

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

দ্বিতীয় অংশের জন্য আবার এবং হুবারের উত্তর থেকে প্রতারণা করুন (the সংজ্ঞায়িত করতে এটি মূল পদক্ষেপ ;-) এখন, contrapositive এই বিবৃতির হয় $x,a,\epsilon>0$

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 .

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

সুতরাং, যখন , বোঝায় যে ।

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

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

দ্রষ্টব্য: উভয় আইটেমই আরও সাধারণ ফলাফলের পরিণতি। সবার আগে এই মনে রাখবেন: যদি এবং কেবল কোনও জন্য হয় সেখানে একটি উপসর্গ রয়েছে যেমন প্রায় অবশ্যই যখন । এছাড়াও, রিয়াল বিশ্লেষণ থেকে মনে রাখবেন যে এ একটা সীমা বিন্দু ক্রমাগত হয় এর যদি এবং কেবল যদি প্রত্যেক ক্রম জন্য মধ্যে এটি ঝুলিতে যে বোঝা । সুতরাং, যদি $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ $X_{n_{i_j}}\to X$ $j\to\infty$ $g:A\to\mathbb{R}$ $x$ $A$ $\{x_n\}$ $A$ $x_n\to x$ $g(x_n)\to g(x)$ $g$ অবিচ্ছিন্ন এবং প্রায় অবশ্যই, তারপরে এবং এটি অনুসরণ করে যে প্রায় অবশ্যই। তদুপরি, ক্রমাগত এবং , যদি আমরা কোনও উপসর্গ বেছে নিই , তারপরে, ব্যবহার করে, একটি যেমন প্রায় অবশ্যই যখন । তবে তারপরে, আমরা যেমন দেখেছি, এটি প্রায় অবশ্যই যখন $X_n\to X$

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

$j\to\infty$ । যেহেতু এই যুক্তিটি প্রতিটি জন্য করে , অন্য দিকের লেমা ব্যবহার করে, আমরা এই সিদ্ধান্তে যে । সুতরাং, আপনার প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার জন্য আপনি কেবল জন্য ক্রমাগত ফাংশন এবং করতে পারেন এবং এই ফলাফলটি প্রয়োগ করতে পারেন।

{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

$x>0$

— জেন
সূত্র

জেন আপনাকে উত্তর দেওয়ার জন্য আপনাকে ধন্যবাদ। এটা খুব পরিষ্কার ছিল!

— সেভেজ হেনরি