| Математический форум Math Help Planet http://mathhelpplanet.com/ |
|
| Доказать, что мат ожидание конечно http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=36&t=29165 |
Страница 1 из 1 |
| Автор: | R_e_n [ 17 дек 2013, 02:47 ] |
| Заголовок сообщения: | Доказать, что мат ожидание конечно |
Добрый день. Помогите, пожалуйста, с задачкой: Пусть случайная величина [math]X[/math] такова, что[math]\lim_n \frac{P(|X|>2n)}{P(|X|>n)}< \frac 1 2[/math]. Доказать, что тогда [math]E|X| < \infty[/math]. Я думаю тут надо какой-то признак сходимости применить, только какой не знаю [math]E|X|=2\int_0^{+\infty}x d(P(x))[/math] |
|
| Автор: | grigoriew-grisha [ 17 дек 2013, 11:38 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
Утверждение верно даже для верхнего предела. Конечность матожидания следует из сходимости интеграла [math]\int\limits_1^{+\infty}P(\vert X \vert >x)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int\limits_{2^n}^{2^{n+1}}P(\vert X \vert >x)dx\le \sum\limits_{n=0}^{\infty}2^{n+1}P(\vert X \vert >2^n)[/math]. Узреть сходимость последнего ряда из условий задачи уже нетрудно, вот и сделайте это самостоятельно.
|
|
| Автор: | R_e_n [ 17 дек 2013, 16:02 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
grigoriew-grisha писал(а): Утверждение верно даже для верхнего предела. Конечность матожидания следует из сходимости интеграла [math]\int\limits_1^{+\infty}P(\vert X \vert >x)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int\limits_{2^n}^{2^{n+1}}P(\vert X \vert >x)dx\le \sum\limits_{n=0}^{\infty}2^{n+1}P(\vert X \vert >2^n)[/math]. Узреть сходимость последнего ряда из условий задачи уже нетрудно, вот и сделайте это самостоятельно. ![]() Вот это как раз сделать и трудно: Пусть начиная с номера m выполняется [math]\frac{P(|X|>2^{m+1})}{P(|X|>2^m)}< \frac 1 2[/math] Тогда [math]2^{m+2}{P(|X|>2^{m+1})} < 2^{m+2} \frac 12 {P(|X|>2^m)}=2^{m+1}{P(|X|>2^m)}[/math] [math]2^{m+3}{P(|X|>2^{m+2})} < 2^{m+3} \frac 12 {P(|X|>2^{m+1})} < 2^{m+1}{P(|X|>2^m)}[/math] [math]2^{m+4}{P(|X|>2^{m+3})} < 2^{m+1}{P(|X|>2^m)}[/math] Ну в общем так все слагаемые. И сумма будет бесконечной. Надо как то построже оценить |
|
| Автор: | grigoriew-grisha [ 17 дек 2013, 16:13 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
Если трудно вам, то это не значит, что трудно всем. Ловчее нужно действовать.
|
|
| Автор: | R_e_n [ 17 дек 2013, 16:16 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
grigoriew-grisha писал(а): Если трудно вам, то это не значит, что трудно всем. Ловчее нужно действовать. ![]() Поэтому я тут Причем не только тут, я уже успел задолбать людей вот тут http://dxdy.ru/post802593.html#p802593
|
|
| Автор: | grigoriew-grisha [ 17 дек 2013, 16:35 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
Ну, тамошние путаники - давно известны! Ладно, выберем [math]q\in (0 ; \fracac{1}{2})[/math] так, что [math]P(\vert X \vert >2n)<qP(\vert X \vert >n)[/math] начиная с некоторого [math]n_0[/math] . Тогда [math]P(\vert X \vert >2^n)=P(\vert X \vert >2\cdot2^{n-1})<qP(\vert X \vert >2^{n-1})< \ldots < q^{m_n}P(\vert X \vert >2^{n-m_n})\le q^{m_n}[/math] , если [math]m_n[/math] выбирается так, что [math]2^{n-m_n}> n_0 \ge 2^{n-m_n-1}.[/math] Тогда [math]m_n[/math] растет примерно как [math]n[/math], и ряд [math]\sum\limits _{n=1}^{\infty}(2q)^n[/math] сходится. Вот и все.
|
|
| Автор: | R_e_n [ 17 дек 2013, 16:56 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Доказать, что мат ожидание конечно |
Мда, снимаю шляпу, Вам удалось
|
|
| Страница 1 из 1 | Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
| Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group http://www.phpbb.com/ |
|