ডব্লিউআইপি: কাজ চলছে
অনুসরণ পি। ক্র্যামারের 1946 এর পরিসংখ্যানের গাণিতিক পদ্ধতিগুলির 370 , , সংজ্ঞায়িতএখানে হ'ল মানক বিতরণ, ক্রমবর্ধমান বিতরণ ফাংশন । এর সংজ্ঞাটির ফলাফল হিসাবে, আমরা গ্যারান্টিযুক্ত যে প্রায় অবশ্যই।Ξn=n(1−Φ(Zn)).
ΦN(0,1)0≤Ξn≤n
আমাদের নমুনা জায়গার প্রদত্ত উপলব্ধি Consider Consider বিবেচনা করুন । তারপর এই অর্থে উভয় একটি ফাংশন এবং , এবং একটি ফাংশন , এবং । একটি স্থির , আমরা একটি ডিটারমিনিস্টিক ফাংশন এবং এবং এর একটি ফাংশন বিবেচনা করতে পারি , যার ফলে সমস্যাটি সহজ করা যায়। প্রায় সবগুলি জন্য অবশ্যই ফলাফল রাখার লক্ষ্য রাখি আমরা Weω∈ΩZnnωΞnZn,nωωZnnΞnZnnω∈Ω, আমাদের একটি ফলাফল-নির্জনী বিশ্লেষণ থেকে নন-ডিস্ট্রিমেন্টিক সেটিংয়ে আমাদের ফলাফল স্থানান্তর করতে দেয়।
অনুসরণ পি। ক্র্যামারের 1946 এর পরিসংখ্যানের গাণিতিক পদ্ধতিগুলির 374, এই মুহুর্তের জন্য ধরে নিই (আমি ফিরে এসে আবার একটি প্রমাণ সরবরাহ করার লক্ষ্য নিয়েছি) যা আমরা দেখাতে সক্ষম হয়েছি ( কোনও প্রদত্ত ) নিম্নলিখিত অ্যাসিমেটোটিক সম্প্রসারণ ধারণ করে (ব্যবহার করে) অংশ দ্বারা সংহতকরণ এবং সংজ্ঞা :ω∈ΩΦ
2π−−√nΞn=1Zne−Z2n2(1+O(1Z2n)) as Zn→∞.(~)
স্পষ্টত আমরা আছে কোন , এবং প্রায় নিশ্চয় একটি ক্রমবর্ধমান ফাংশন যেমন , তাই আমরা কি জন্য (প্রায় নিশ্চয় সব) সংশোধন করা হয়েছে যে সর্বত্র অনুসরণ করে দাবি :Zn+1≥ZnnZnnn→∞ωZn→∞⟺n→∞.
সুতরাং এটি অনুসরণ করে যে আমাদের কাছে রয়েছে (যেখানে অ্যাসিপটোটিক সমতুল্যতা বোঝায় ):∼
2π−−√nΞn∼1Zne−1Z2n as Zn→∞n→∞.
প্রভাবশালী ভারসাম্য পদ্ধতিতে আমরা কীভাবে এগিয়ে চলেছি তা কীভাবে অগ্রসর হয় এবং আমাদের হেরফেরগুলি নিম্নলিখিত লিমা দ্বারা আনুষ্ঠানিকভাবে ন্যায়সঙ্গত হবে:
লেমমা: ধরে নিন যে হিসাবে , এবং (এভাবে )। তারপরে যেকোন ফাংশন দেওয়া হয়েছে যা রচনাগুলি, সংযোজনগুলি এবং লগারিদম এবং শক্তি আইনগুলির মূল গুণগুলি (মূলত কোনও " পল্লগ " ফাংশন) এর মাধ্যমে গঠিত হয়, আমাদের অবশ্যই :অন্য কথায়, এই জাতীয় "পল্লগ" ফাংশন asympotic সমতুলতা সংরক্ষণ করে ।f(n)∼g(n)n→∞f(n)→∞g(n)→∞hn→∞h(f(n))∼h(g(n)).
এই লেমার সত্যটি উপপাদ্য ২.১ এর একটি পরিণতি । এখানে লিখিত হিসাবে । এছাড়াও নোট করুন যে নিম্নলিখিতটি এখানে পাওয়া যায় একই জাতীয় প্রশ্নের উত্তরের একটি প্রসারিত (আরও বিশদ) সংস্করণ ।
উভয় পক্ষের লগারিদম গ্রহণ করা, আমরা এটি পেয়েছি:
log(2π−−√Ξn)−logn∼−logZn−Z2n2.(1)
এখানেই ক্র্যামার কিছুটা খাঁচা; তিনি কেবল " আবদ্ধ " ধরে বলেছেন , আমরা উপসংহার করতে পারি। তবে যথাযথভাবে আবদ্ধ বলে আসলে কিছুটা অপ্রয়োজনীয় বলে মনে হচ্ছে। দেখে মনে হচ্ছে এটির প্রমাণটি মূলত গালামবসের পৃষ্ঠা ২ 26৫-২67। তে যা আলোচনা হয়েছে তার অংশ হতে পারে তবে আমি নিশ্চিত যে আমি এখনও সেই বইয়ের বিষয়বস্তু বোঝার জন্য কাজ করে যাচ্ছি না।ΞnΞn
যাইহোক, ধরে যে কেউ প্রদর্শন করতে পারেlogΞn=o(logn) , তারপরে এটি অনুসরণ করে ( শব্দটি পদটি প্রাধান্য দেয় ):−Z2n/2−logZn
−logn∼−Z2n2⟹Zn∼2logn−−−−−√.
এটি কিছুটা দুর্দান্ত, যেহেতু আমরা ইতিমধ্যে যা দেখাতে চাইছি এটি এটি বেশিরভাগই, যদিও আবার এটি মনে রাখা সার্থক যে এটি কেবলমাত্র রাস্তায় ক্যান লাথি মারছে, যেহেতু এখন আমাদের কিছুটা অবশ্যই Xi_n এর নির্দিষ্ট কিছু আবদ্ধতা । অন্যদিকে, এর যে অবিচ্ছিন্ন এলোমেলো ভেরিয়েবলের জন্য একই বিতরণ রয়েছে, সুতরাং এটি ট্র্যাকটেবল হতে পারে।ΞnΞn
যাইহোক, যদি হিসাবে থাকে, তবে স্পষ্টভাবে কেউ এই সিদ্ধান্তেও পারে যে কোনও যা হিসাবে । উপরের অ্যাসিম্পটোটিক সমতুল্যতা সংরক্ষণ করে পলিগ ফাংশন সম্পর্কে আমাদের লেমা ব্যবহার করে, আমরা এই অভিব্যক্তিটি ফিরে ফিরে পেতে পারি:Zn∼2logn−−−−−√Zn∼2logn−−−−−√(1+α(n))α(n)o(1)n→∞(1)
log(2π−−√Ξn)−logn∼−log(1+α)−12log2−12loglogn−logn−2αlogn−α2logn.
⟹−log(Ξn2π−−√)∼log(1+α)+12log2+12loglogn+2αlogn+α2logn.
এখানে আমাদের আরও আরও এগিয়ে যেতে হবে এবং ধরে নিতে হবে যে প্রায় নিশ্চিতভাবেইlogΞn=o(loglogn) as n→∞ । আবার, সমস্ত ক্র্যামার বলেছে "ধরে হচ্ছে সীমাবদ্ধ"। কিন্তু সম্পর্কে অবরোহমার্গী যেহেতু সব এক বলতে পারেন যে হিসেবে, এটা কমই স্পষ্ট মনে হচ্ছে যে এক থাকা উচিত প্রায় নিশ্চয়, যা Cramer দাবি পদার্থ বলে মনে হয়।ΞnΞn0≤Xin≤nΞn=O(1)
তবে যাইহোক, কেউ বিশ্বাস করে যে এটি বিশ্বাস করে, তারপরে এটি অনুসরণ করে যে the নেই এমন প্রভাবশালী শব্দটি হ'ল । যেহেতু , এটি অনুসরণ করে যে , এবং পরিষ্কারভাবে , তাই প্রভাবশালী শব্দটি ধারণকারী হল । অতএব, আমরা পুনর্বিন্যাস করতে পারি এবং ( বা দ্বারা সবকিছু ভাগ করে ) এটি সন্ধান করতে পারিα12loglognα=o(1)α2=o(α)log(1+α)=o(α)=o(o(αlogn))α2αlogn12loglogn2αlogn
−12loglogn∼2αlogn⟹α∼−loglogn4logn.
অতএব, এটিকে উপরের স্থানে স্থির করে আমরা তা পেয়েছি:
Zn∼2logn−−−−−√−loglogn22logn−−−−−√,
আবার, ধরে নিই আমরা সম্পর্কে কিছু জিনিস বিশ্বাস করি ।Ξn
আমরা আবার একই কৌশলটি পুনঃস্থাপন করি; যেহেতু , তারপরে এটিও অনুসরণ করে যেZn∼2logn−−−−−√−loglogn22logn√
Zn∼2logn−−−−−√−loglogn22logn−−−−−√(1+β(n))=2logn−−−−−√(1−loglogn8logn(1+β(n))),
কখন । সরাসরি (1) এ প্রতিস্থাপনের আগে কিছুটা সরলীকরণ করা যাক; আমরা এটি পেয়েছি:β(n)=o(1)
logZn∼log(2logn−−−−−√)+log(1−loglogn8logn(1+β(n)))log(O(1))=o(logn)∼log(2logn−−−−−√).
Z2n2∼logn−12loglogn(1+β)+(loglogn)28logn(1β)2o((1+β)loglogn)∼logn−12(1+β)loglogn.
এটিকে (1) এর পরিবর্তে, আমরা দেখতে পেলাম:
log(2π−−√Ξn)−logn∼−log(2logn−−−−−√)−logn+12(1+β)loglogn⟹β∼log(4πΞ2n)loglogn.
অতএব, আমরা প্রায় নিশ্চিতভাবেই এই সিদ্ধান্তে পৌঁছেছি
Zn∼2logn−−−−−√−loglogn22logn−−−−−√(1+log(4π)+2log(Ξn)loglogn)=2logn−−−−−√−loglogn+log(4π)22logn−−−−−√−log(Ξn)2logn−−−−−√.
এটি ক্র্যামারের 1946 এর পরিসংখ্যানের গাণিতিক পদ্ধতিগুলির p.374 এর চূড়ান্ত ফলাফলের সাথে মিলে যায় এখানে বাদে এখানে ত্রুটি শর্তটির সঠিক আদেশ দেওয়া হয়নি। স্পষ্টতই এই আরও একটি শব্দ প্রয়োগ করা ত্রুটি শর্তটির সঠিক ক্রম দেয়, তবে যাইহোক যাইহোক আমরা আগ্রহী আইড স্ট্যান্ডার্ড নরমালগুলির সর্বোচ্চ সম্পর্কে ফলাফল প্রমাণ করা প্রয়োজন বলে মনে হয় না।
উপরের ফলাফলটি দেওয়া, প্রায় অবশ্যই:
Zn∼2logn−−−−−√−loglogn+log(4π)22logn−−−−−√−log(Ξn)2logn−−−−−√⟹Zn=2logn−−−−−√−loglogn+log(4π)22logn−−−−−√−log(Ξn)2logn−−−−−√+o(1).(†)
2. তারপর প্রত্যাশা রৈখিকতা দ্বারা এটা যে অনুসরণ করে:
EZn=2logn−−−−−√−loglogn+log(4π)22logn−−−−−√−E[log(Ξn)]2logn−−−−−√+o(1)⟹EZn2logn−−−−−√=1−E[logΞn]2logn+o(1).
অতএব, আমরা এটি দেখিয়েছি
limn→∞EZn2logn−−−−−√=1,
যতক্ষণ না আমরা এটিও প্রদর্শন করতে পারি
E[logΞn]=o(logn).
এটি আবার দেখাতে খুব অসুবিধা নাও হতে পারে প্রতিটি ক্রমাগত র্যান্ডম ভেরিয়েবলের জন্য এর একই বিতরণ রয়েছে । এইভাবে উপরে থেকে আমাদের দ্বিতীয় ফলাফল রয়েছে।Ξn
১. একইভাবে, আমাদেরও উপরের থেকে প্রায় নিশ্চিতভাবেই রয়েছে:
Zn2logn−−−−−√=1−log(Ξn)2logn+o(1),.
অতএব, যদি আমরা তা দেখাতে পারি:
log(Ξn)=o(logn) almost surely,(*)
তারপরে আমরা উপর থেকে প্রথম ফলাফলটি দেখাব। ফলাফল (*) এর দ্বারা পরিষ্কারভাবে একটি ফোরটিওরিও বোঝানো হবে যা , এর ফলে আমাদের উপর থেকে প্রথম ফলাফল দেয়।E[log(Ξn)]=o(logn)
এছাড়াও মনে রাখবেন উপরের (প্রমাণ মধ্যে ) আমরা যাহাই হউক না কেন যে অনুমান করা প্রয়োজন (বা অনুরূপ অন্তত কিছু) প্রায় নিশ্চয়, যাতে যদি আমরা দেখাতে (সক্ষম ) তাহলে আমরা সম্ভবত সম্ভবত প্রদর্শন করার জন্য প্রয়োজনীয় প্রক্রিয়াটিও এবং তাই যদি আমরা প্রমাণ করতে পারি আমরা সম্ভবত অবিলম্বে নীচের সমস্ত সিদ্ধান্তে পৌঁছাতে সক্ষম হব।†Ξn=o(logn)†Ξn=o(logn)(†)
৩. তবে, যদি আমাদের এই ফলাফল হয়, তবে আমি বুঝতে পারি না যে একজনের কীভাবে সেই , যেহেতু । তবে খুব কমপক্ষে এটি সত্য বলে মনে হবে যেEZn=2logn−−−−−√+Θ(1)o(1)≠Θ(1)EZn=2logn−−−−−√+O(1).
সুতরাং দেখে মনে হচ্ছে যে আমরা কীভাবে দেখানো যায় সেই প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার দিকে মনোনিবেশ করতে পারিΞn=o(logn) almost surely.
আমাদের (~) এর জন্য একটি প্রমাণ সরবরাহ করার কঠোর কাজও করতে হবে, তবে আমার জ্ঞানের সেরাটি যা কেবল ক্যালকুলাস এবং এতে কোনও সম্ভাবনার তত্ত্ব জড়িত না, যদিও আমার এখনও বসে বসে এখনও চেষ্টা করার দরকার নেই।
প্রথমে সমস্যাটিকে পুনরায় সমাধান করার জন্য তুচ্ছতার একটি শৃঙ্খলের মধ্য দিয়ে যাই যা সমাধান করা সহজ করে তোলে (দ্রষ্টব্য definition ):Ξn≥0
Ξn=o(logn)⟺limn→∞Ξnlogn=0⟺∀ε>0,Ξnlogn>ε only finitely many times⟺∀ε>0,Ξn>εlogn only finitely many times.
একটিতে এটিও রয়েছে:
Ξn>εlogn⟺n(1−F(Zn))>εlogn⟺1−F(Zn)>εlognn⟺F(Zn)<1−εlognn⟺Zn≤inf{y:F(y)≥1−εlognn}.
অনুসারে, সমস্ত জন্য সংজ্ঞা দিন :n
u(ε)n=inf{y:F(y)≥1−εlognn}.
সুতরাং উপরের পদক্ষেপগুলি আমাদের তা দেখায়:
Ξn=o(logn) a.s.⟺P(Ξn=o(logn))=1⟺P(∀ε>0,Ξn>εlogn only finitely many times)=1⟺P(∀ε>0,Zn≤u(ε)n only finitely many times)=1⟺P(∀ε>0,Zn≤u(ε)n infinitely often)=0.
লক্ষ্য করুন যে আমরা লিখতে পারি:
{∀ε>0,Zn≤u(ε)n infinitely often}=⋂ε>0{Zn≤u(ε)n infinitely often}.
সিকোয়েন্স অবিশেষে বৃহত্তর হয়ে , কমে যায় তাই আমরা উপসংহারে আসতে পারি যে ঘটনা কমে (বা কমপক্ষে একরকম একঘেয়ে) as হিসাবে যায় । অতএব ঘটনার একঘেয়েমিক সিকোয়েন্স সম্পর্কিত সম্ভাবনা অক্ষর আমাদের এই উপসংহারে আসতে দেয়:u(ε)nε{Zn≤u(ε)n infinitely often}
ε0
P(∀ε>0,Zn≤u(ε)n infinitely often)=P(⋂ε>0{Zn≤u(ε)n infinitely often})=P(limε↓0{Zn≤u(ε)n infinitely often})=limε↓0P(Zn≤u(ε)n infinitely often).
অতএব এটা যথেষ্ট সবার জন্য যে দেখানোর জন্য ,ε>0
P(Zn≤u(ε)n infinitely often)=0
কারণ অবশ্যই যে কোনও ধ্রুব ক্রমের সীমা হ'ল ধ্রুবক।
এখানে কিছুটা স্লেজহ্যামার ফলাফল রয়েছে:
উপপাদ্য 4.3.1।, পি। গ্যালামবসের 252 , চূড়ান্ত আদেশের পরিসংখ্যানের অসম্পূর্ণ তত্ত্ব , দ্বিতীয় সংস্করণ। যাক সাধারণ nondegenerate এবং একটানা বন্টন ফাংশন IID ভেরিয়েবল হতে , এবং দিন একটি nondecreasing ক্রম যেমন যে হতে এছাড়াও nondecreasing করা হয়। তারপরে, ,
হিসাবে
X1,X2,…F(x)unn(1−F(un))un<sup{x:F(x)<1}P(Zn≤un infinitely often)=0 or 1
∑j=1+∞[1−F(uj)]exp(−j[1−F(uj)])<+∞ or =+∞.
প্রমাণটি প্রযুক্তিগত এবং প্রায় পাঁচটি পৃষ্ঠা নেয়, তবে শেষ পর্যন্ত এটি বোরেল-ক্যান্টেলি লেম্মাসের একটিতে একটি প্রমাণ হিসাবে প্রমাণিত হয়। আমি কেবল এই বিশ্লেষণের জন্য প্রয়োজনীয় অংশটি ব্যবহার করার জন্য প্রমাণটি আরও ঘনীভূত করার চেষ্টা করতে পারি এবং সেই সাথে কেবল গাউসির ক্ষেত্রে ধারণাগুলি রয়েছে যা সংক্ষিপ্ত হতে পারে (তবে এটি সম্ভবত এটি নয়) এবং এটি এখানে টাইপ করুন, তবে আপনার শ্বাস ধারণ করার পরামর্শ দেওয়া হচ্ছে না। মনে রাখবেন যে এই ক্ষেত্রে , সুতরাং সেই শর্তটি শূন্য, এবং হ'ল সুতরাং পরিষ্কারভাবে অ-হ্রাস পাচ্ছে না।ω(F)=+∞n(1−F(n))εlogn
যাইহোক, বিন্দুটি হ'ল, এই উপপাদ্যের প্রতি আবেদন জানাচ্ছে, যদি আমরা তা দেখাতে পারি:
∑j=1+∞[1−F(u(ε)j)]exp(−j[1−F(u(ε)j)])=∑j=1+∞[εlogjj]exp(−εlogj)=ε∑j=1+∞logjj1+ε<+∞.
নোট করুন যেহেতু লগারিদমিক বৃদ্ধির ফলে ধনাত্মক শক্তি আইন ব্যয়কারীদের জন্য কোনও পাওয়ার আইন বৃদ্ধির তুলনায় ধীর গতি রয়েছে (লগারিদম এবং এক্সপেনশনালগুলি একঘেয়েমি সংরক্ষণযোগ্য, তাই so ও সাবেক বৈষম্য সবসময় সবার জন্য ধরে রাখুন দেখা যায় সত্য যে কারণে বৃহৎ যথেষ্ট এবং ভেরিয়েবল পরিবর্তন), আমরা যে আছে:loglogn≤αlogn⟺logn≤nαnlogn≤n
∑j=1+∞logjj1+ε≤∑j=1+∞jε/2j1+ε=∑j=1+∞1j1+ε/2<+∞,
যেহেতু পি-সিরিজটি সমস্ত এবং হিসাবে পরিচিত অবশ্যই বোঝায় ।p>1ε>01+ε/2>1
সুতরাং উপরোক্ত উপপাদ্যটি ব্যবহার করে আমরা দেখিয়েছি যে সমস্ত , , যা অর্থ হওয়া উচিত প্রায় অবশ্যই।ε>0P(Zn≤u(ε)n i.o.)=0Ξn=o(logn)
আমাদের এখনও এটি দেখাতে হবে যে । এটি উপরের দিক থেকে অনুসরণ করে না, যেমন, যেমন,logΞn=o(loglogn)
1nlogn=o(logn),−logn+loglogn≠o(logn).
যাইহোক, একটি সিকোয়েন্স দেওয়া হয়েছে , যদি কেউ জন্য যে প্রদর্শন করতে পারে তবে এটি অনুসরণ করে । আদর্শভাবে আমি উপরের লেমা ব্যবহার করে এটি জন্য দেখাতে সক্ষম হতে চাই (এটি এমনকি সত্য বলে ধরে নেওয়া) তবে সক্ষম হয়ে উঠছি না (এখনও হিসাবে)।xnxn=o((logn)δ)δ>0log(xn)=o(loglogn)Ξn