证明或提供反例：

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

我的尝试：

否：假设只能取负值，并且假设 $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

THEN，但是即使，也不严格是负数。相反，它将负数替换为正数和负数。因此，不收敛几乎肯定到。 $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

这是一个合理的答案吗？如果没有，我该如何改善答案？

self-study convergence geometric-mean

— 莱克尔
source

X_{i}

$X_i$ 必须严格为正，才有意义。

— user765195

当然，您需要才能正确定义。首先证明收敛为为（实分析中的Google“ Cesaro mean”并适应参数）。然后，考虑。

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}

$L_n=\log G_n$

— 禅

所需要的实时分析的结果是这样的：如果，然后。证明：对于任何，对于每个，都有一个使得。因此，。因此，如果我们选择，则，每。

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}

$n\geq n_0$

| \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

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

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}

$n\geq n_1$

— 禅宗

直觉是，您正在使用越来越接近越来越多的平均值来计算平均值，并且它们最终主导了结果。

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— 禅宗

Answers:

在证明感兴趣的事物之前，请注意，几乎对所有来说都不是使两个语句都有意义的必要条件，确定性序列说明了这一点。 $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

此外，该语句在总体上确实是错误的，因为以下确定性序列证明了： 0，1，1。 $(0, 1, 1, \dots)$

现在，假设几乎对所有，那么该语句由以下参数成立： $X_i >0$ $i$

定义截至contuity ，几乎可以肯定。因此，Cesaro的结果几乎可以肯定地证明也在上面的注释中得到了证明。因此，通过的连续性几乎可以肯定地，

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)

$x\mapsto \exp(x)$

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

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

— 埃克瓦尔
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该说法是错误的。我通过提供反例来证明。

假设随机序列定义如下： $X_i$

\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}

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

显然，是（1）退化的，并且（2）由于切比雪夫的强大的大数定律，几乎可以肯定地收敛到因为。（要看到这一点，请为重写） $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

但是，由于，。因此，，因此它将在极限范围内收敛到，即。 $X_1 = 0$ $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— 耶利米斯K
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您似乎忘记了指数。

1 / n

$1/n$

— whuber

谢谢胡伯，我把它修好了:)我应该更认真地阅读东西...我还首先证明了该语句也不适合因为我没有正确阅读。

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

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

— 耶利米斯K '02

谢谢。所有这些计算似乎掩盖了一个简单的想法：如果不为零，则不会通过将任何有限数更改为零来更改限制，但这会使乘积为零，并且您会感到矛盾。很公平。但是，除非另有说明，否则关于无穷乘积的陈述应理解为关于对数的无穷大的陈述。特别是，对这个问题的关注集中在每个几乎肯定严格地为正的情况下。

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— ub

@whuber最后的评论很有趣。确实是根据对数或对数来理解乘积极限是按惯例还是按定义（？）？如果是这样，我也将更改上面答案的措辞。特别是，对连续性的最后呼吁将是多余的。

— ekvall '02

@学生您的答案中的推理很好。在统计应用中，除非有人已经考虑过对数，否则很少有人会看到这样的几何平均值限制。

— ub