Se , qual o tamanho ?

Se , onde e for uma sequência de variáveis aleatórias positivas, qual o tamanho ? $\mathbb{E}|X_n|=O(a_n)$ $a_n\to 0$ $X_n$ $Y_n = X_n\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$

Minha tentativa: pela desigualdade de Markov implica e . Resta avaliar . Para alguma sequência positiva de variáveis aleatórias $\mathbb{E}|X_n|=O(a_n)$ $X_n=O_p(a_n)$ $Y_n = O_p(a_n)\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$ $\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)$ $Z_n=O_p(1)$

\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}

$\begin{equation} \begin{aligned} X_n = a_nZ_n& \iff \ln(X_n) = \ln(a_n) + \ln(Z_n) \\ & \iff \frac{\ln\left(\frac{1}{X_n}\right)}{\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)} = \frac{\ln(Z_n)}{\ln(a_n)} + 1 \end{aligned} \end{equation}$ portanto, se mostrarmos que o lado direito está delimitado em probabilidade, estamos prontos, desde .

a_{n} \to 0

$a_n\to 0$

Por definição se houver , existe tal que $Z_n = O_p(1)$ $\varepsilon>0$ $M<\infty$

sup_{n \in N} Pr (Z_{n} > M) < ε .

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

Segue-se que para qualquer $\varepsilon>0$ , existe $L=\ln(M)$ tal que

sup_{n \in N} Pr (\ln Z_{n} > L) < ε,

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

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

$\ln Z_n = O_p(1)$ e

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

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

Existem falhas no meu raciocínio? Existe uma maneira mais simples de ver esse resultado?

Minha segunda pergunta é se podemos dizer algo sobre a ordem na expectativa

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

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

Como parece ter apenas o primeiro momento na expectativa não é suficiente. Isso está correto?

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

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

probability asymptotics moments probability-inequalities Laimond
fonte

Eu não tenho ido através do cálculo do whuber, mas eu acho que você deveria estar usando sem olhar para cada bit de separadamente

x l o g (x) \to 0

$x log (x) \rightarrow 0$

Y_{n}

$Y_n$

seanv507

Respostas:

Acredito que muito pode ser revelado contemplando séries de variáveis aleatórias como as seguintes:

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}

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

Mais tarde, vamos identificar as funções adequadas e depois de analisar os papéis que desempenham nas expectativas assintótica. Por enquanto, vamos apenas assumir que é diferente de zero e ambos divergem à medida que cresce, com para todos os . $f$ $g$ $f(n)$ $n$ $g(n) \ge n$ $n\gt 0$

Por definição de expectativa,

\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}

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

Evidentemente

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

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

nos permitindo pegar , que converge para conforme necessário. (Como faz isso, e como , observe que ) No entanto, o cálculo de inclui um termo $a_n = n^{-1} + f(n)^{-1}$ $0$ $x \log(1/x)\to 0$ $x\to 0$ $a_n\log(1/a_n)\to 0$ $\mathbb{E}(Y_n)$

\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}

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

O outro termo, igual a

\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}

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

permanece limitado (e converge para zero).

Vamos supor que diverja mais lentamente que ; $f$ $g$ isto é, escolha para o qual diverge. A soma de e é assintoticamente $f$ $g(n)/f(n)$ $(1)$ $(2)$

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

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

Existem e satisfazendo todas as condições colocadas sobre eles (positivo, divergente, com também divergente): por exemplo, (com ) funciona para qualquer . Consequentemente, para todos e para todas as funções delimitadas abaixo por . $f$ $g$ $g(n)/f(n)$ $g(n)=nh(n)$ $h(n) \ge 1$ $f(n) = n^\epsilon$ $0 \lt \epsilon \lt 1$ $\mathbb{E}(Y_n)=O(h(n)n^{1-\epsilon})$ $\epsilon\gt 0$ $h$ $1$

Isso mostra que não há limite para a taxa na qual pode divergir. $\mathbb{E}(Y_n)$

whuber
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Como são variáveis aleatórias positivas, não precisamos do valor absoluto. Nós temos $X_n$

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

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

Então, já que também

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

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

uma vez que são r.v's positivos. Portanto, a sequência de 's converge para o zero constante. $X$

Mas então

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

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

... ou talvez plims.

Estou esquecendo de algo?

Alecos Papadopoulos
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O post original parece estar fazendo duas perguntas relacionadas, mas mais delicadas, do que as que você aborda aqui. O primeiro diz respeito à taxa na qual converge para zero. O segundo diz respeito ao que acontece com sua expectativa.

Y_{n}

$Y_n$

whuber