,?

반례를 증명하거나 제공하십시오.

만약 , 다음 $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$

내 시도 :

FALSE : 가 음수 값만 취할 수 있고 이라고 가정합니다. $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

THEN 그러나 심지어 대 , 엄격 제외 아니다. 대신, 음수를 양수와 음수로 바꿉니다. 따라서 은 거의 확실하게 수렴하지 않습니다 . $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

이것은 합리적인 답변입니까? 그렇지 않다면 어떻게 대답을 향상시킬 수 있습니까?

self-study convergence geometric-mean

— 류 크르
소스

X_{i}

$X_i$ 가 의미가 있으려면 엄격하게 긍정적이어야합니다.

— user765195

물론

올바르게 정의 하려면

이 필요합니다 . 먼저

이

로 수렴 됨을 증명합니다 (실제 분석에서 Google "Cesaro mean"및 인수 조정). 그런 다음

고려하십시오 .

X_{i} > 0

$X_i>0$

G_{n} = (\prod_{i = 1}^{n} X_{i})^{1 / n}

$G_n=(\prod_{i=1}^n X_i)^{1/n}$

A_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{n} / n

$A_n=\sum_{i=1}^n X_n/n$

X

$X$

L_{n} = \log G_{n}

$L_n=\log G_n$

— Zen

필요한 실제 분석 결과는 다음과 같습니다.

이면

입니다. 증명 :

에 대해

이

매에 대한

. 따라서

x_{n} \to L

$x_n\to L$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n \to L

$\sum_{i=1}^n x_i/n\to L$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

n_{0} \geq 1

$n_0\geq 1$

| x_{n} - L | < ϵ / 2

$|x_n-L|<\epsilon/2$

n \geq n_{0}

$n\geq n_0$

. 따라서 우리가

을 선택

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | \leq \sum_{i = 1}^{n_{0}} | x_{i} - L | / n + \sum_{i = n_{0} + 1}^{n} | x_{i} - L | / n < n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / n + ϵ / 2

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|\leq \sum_{i=1}^{n_0}|x_i-L|/n+\sum_{i=n_0+1}^{n}|x_i-L|/n<n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/n + \epsilon/2$

을 누른 다음

, 모든 대

n_{1} > 2 n_{0} max_{1 \leq i \leq n_{0}} | x_{i} - L | / ϵ

$n_1>2\,n_0\max_{1\leq i\leq n_0}|x_i-L|/\epsilon$

| \sum_{i = 1}^{n} x_{i} / n - L | < ϵ

$|\sum_{i=1}^n x_i/n - L|<\epsilon$

n \geq n_{1}

$n\geq n_1$

— Zen

직관은

더 가깝고 더 많은

평균을 계산 하여 결과를 지배한다는 것입니다.

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— Zen

답변:

관심의 뭔가 통지를 증명하기 전에 거의 확실 모두 모두 문을 이해하기위한 필요 조건의 결정 순서 아니다 설명이. $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

더욱이, 다음의 결정 론적 순서가 증명하는 바와 같이, 그 진술은 실제로 일반적으로 거짓이다 : . $(0, 1, 1, \dots)$

이제 모든 대해 거의 확실하게 이라고 가정하십시오. $X_i >0$ $i$ 하면 다음 인수에 의해 명령문이 적용됩니다.

정의의 contuity으로 ,거의 확실. 따라서,는 거의 확실하게하는 결과에 의해Cesaro 수단역시 상기 코멘트 입증. 따라서, 연속성에 의해,

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \log (X_{i}) .

$S_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\log(X_i).$

x \mapsto \log (x)

$x\mapsto \log(x)$

\log (X_{n}) \to \log (X)

$\log(X_n)\to\log(X)$

S_{n} \to \log (X)

$S_n \to\log(X)$

x \mapsto \exp (x)

$x\mapsto \exp(x)$

거의 확실합니다.

{(\prod_{i = 1}^{n} X_{i})}^{1 / n} \to X,

$\left(\prod_{i=1}^nX_i\right)^{1/n}\to X,$

— ekvall
소스

이 주장은 허위입니다. 나는 반례를 제시함으로써 증거를 제시한다.

랜덤 시퀀스 가 다음과 같이 정의 되었다고 가정하십시오 . $X_i$

\begin{aligned} Z_{i} & \sim N (0, 1 / i), i i d, \forall i \in N \\ X_{i} & = 1_{{i \neq 1}} + 1_{{i \neq 1}} Z_{i}, i \in N \end{aligned}

$\begin{align} Z_i &\sim N(0,1/i), iid, \; \forall i \in \mathbb{N} \\ X_i &= 1_{\{i \neq 1\}} + 1_{\{i \neq 1\}}Z_i, \; i \in \mathbb{N} \end{align}$

명백하게, 는 (1) 축퇴하고 (2) Chebyshev의 많은 수의 강력한 법칙에 의해 만큼 거의 확실하게 로 수렴 합니다. (재기록를 확인하기 용 ). $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

그러나 이므로 $X_1 = 0$ . 따라서, 는 한계에 사소 수렴되므로 즉, 입니다. $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— 예레미아 K
소스

지수를 잊어 버린 것 같습니다 .

1 / n

$1/n$

— whuber

고마워 whuber, 나는 그것을 고쳤다 :) 나는 정말로 더 신중하게 일을 읽을 수 있도록 노력해야한다 ... 나는 또한 내가 제대로 읽지 못했기 때문에 진술이

대해서도 유지되지 않는다는 것을 처음으로 증명했다. .

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

$\Pi_{i=1}^nX_i^{1/i}$

— Jeremias K

감사. 이러한 모든 계산은 간단한 아이디어를 모호하게하는 것 같습니다.

가 0이 아닌 경우

의 유한 수 를 0으로 변경하여 한계를 변경 하지는 않지만 제품이 0이되고 모순이 발생합니다. 그럴 수 있지. 그러나 달리 언급하지 않는 한, 무한 곱에 대한 진술은 로그의 무한 합에 대한 진술로 이해되어야합니다. 특히,이 질문에 대한 관심은 모든

가 거의 확실 하게 긍정적 인 경우에 중점을 둡니다 .

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— whuber

마지막 코멘트가 흥미 롭습니다. 실제로 제품의 한계가 로그에 의해 이해되는 관례 또는 정의 (?)에 의한 것일까 요? 그렇다면 위의 답변 문구도 변경합니다. 특히 연속성에 대한 마지막 호소는 불필요합니다.

— ekvall

@ 학생 답변의 추론은 좋습니다. 통계적 응용에서는 이미 로그의 관점에서 생각하지 않는 한 누군가가 그러한 기하학적 수단의 한계를보고있는 경우는 거의 없습니다.

— whuber