关于概率收敛

让 $\{X_n\}_{n\geq 1}$ 是随机变量ST的序列 $X_n \to a$ 在概率，其中 $a>0$ 是固定不变的。我正在尝试显示以下内容：

\sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a}

$\sqrt{X_n} \to \sqrt{a}$ 和

\frac{a}{X_{n}} \to 1

$\frac{a}{X_n}\to 1$ 的概率均相同。我在这里看看我的逻辑是否正确。这是我的工作

尝试

对于第一部分，我们有
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ 注意， $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ 则 $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
对于第二部分，我们有现在，由于为，我们得到是有界序列。换句话说，存在一个实数 ST。因此，
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ $X_n \to a$ $n \to \infty$ $X_n$ $M<\infty$ $|X_n|\leq M$ 从概率上看，我们有 $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

我对第一个非常有信心，但对第二个则非常怀疑。我的逻辑听起来不错吗？

— 野蛮的亨利
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X_{n}

$X_n$

Pr (X_{n} = a) = 1 - 1 / n

$\Pr(X_n=a)=1-1/n$

Pr (X_{n} = n) = 1 / n

$\Pr(X_n=n)=1/n$

1 - 1 / n \to 1

$1-1/n\to 1$

a

$a$

sup (X_{n}) = max (a, n) \to \infty

$\sup(X_n)=\max(a,n)\to\infty$

连续映射定理？

— Christoph Hanck，2015年

Answers:

证明的细节与开发适当的直觉和技术无关紧要。 该答案侧重于旨在帮助实现这一目标的方法。它由三个步骤组成：一个“设置”，其中引入了假设和定义；假设在某种程度上与要证明的内容有关的“主体”（或“关键步骤”），以及证明完成的“面额”。像在许多情况下使用概率证明一样，此处的关键步骤是处理数字（随机变量的可能值）而不是处理更复杂的随机变量本身的问题。

将随机变量序列的概率收敛到常数意味着，无论您选择哪个邻域，最终每个以任意接近的概率位于该邻域中。（我不会详细说明如何将“最终”和“任意关闭”翻译成形式数学-对本文感兴趣的任何人都已经知道这一点。） $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

回想一下，邻域是包含开放集（其中是成员）的任何实数集。 $0$ $0$

设置是常规的。 考虑序列，令为任意邻域。目的是表明最终将有较高的机会躺在。由于是一个邻域，因此必须有一个，其打开间隔。我们也可以根据需要缩小以确保。这将确保后续操作是合法且有用的。 $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$

关键步骤将是将与连接起来。这完全不需要任何随机变量知识。数字不等式的代数（利用假设）告诉我们，数字集对于任何，是在与该组所有的一对一对应为其 $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

\frac{a}{1 + ϵ} < X_{n} (ω) < \frac{a}{1 - ϵ} .

$\frac{a}{1+\epsilon} \lt X_n(\omega) \lt \frac{a}{1-\epsilon}.$

等效地，

X_{n} (ω) - a \in (- \frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}) = U .

$X_n(\omega)-a \in \left(-\frac{a\epsilon}{1+\epsilon}, \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right) = \mathcal{U}.$

由于，右侧的确是的邻域。（这清楚地显示了当时分解的内容。） $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

我们已经准备好结帐。

因为的概率为n，所以我们知道每个最终将以任意高的概率位于内。等效地，最终将以任意高的概率QED位于。 $X_n \to a$ $X_n-a$ $\mathcal{U}$ $Y_n-1$ $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$

— ub
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对于如此晚的最佳答案，我深表歉意。这是忙碌的一周。非常感谢你！！！

— Savage Henry

我们被认为

lim_{n \to \infty} P (| X_{n} - α | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P(|X_n-\alpha| > \epsilon) = 0$

而我们要证明

lim_{n \to \infty} P (| \frac{α}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| > \epsilon\right) = 0$

我们有

| \frac{α}{X_{n}} - 1 | = | \frac{1}{X_{n}} (α - X_{n}) | = | \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α |

$\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| = \left|\frac {1}{X_n}(\alpha-X_n)\right| = \left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right|$

因此，等效地，我们正在研究概率极限

lim_{n \to \infty} P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = ? 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) = \;?\;0$

我们可以将概率分解为两个互斥的联合概率

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) + P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) =\\ P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) + P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right)$

对于第一个元素，我们有一系列的不等式

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) \leq P [| X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1] \leq P [| X_{n} - α | > ϵ]

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \big] \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon \big]$

第一个不平等来自以下事实：我们正在考虑大于统一，因此其倒数小于统一。第二个不平等是因为一组事件的联合概率不能大于这些事件的子集的概率。最右边项的限制为零（这是前提），因此最左边项的限制也为零。因此，使我们感兴趣的概率的第一个元素为零。 $|X_n|$

对于第二个元素，我们有

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1) = P (| X_{n} - α | > ϵ | X_{n} |, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right) = P\left(\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon|X_n|,|X_n| < 1 \right)$

定义。由于因此，可以任意减小或增大，因此等效于。所以我们有不平等 $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ $|X_n|$ $\delta$ $\epsilon$

P [| X_{n} - α | > δ, | X_{n} | < 1] \leq P [| X_{n} - α | > δ]

同样，在我们的前提下，右侧的限制为零，因此左侧的限制也为零。因此，使我们感兴趣的概率的第二个元素也为零。QED。

— 阿莱科斯·帕帕多普洛斯
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对于第一部分，取，并注意因此，对于任何，定义，我们就有当，将表示。 $x,a,\epsilon>0$

\begin{aligned} | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ & \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq \frac{ϵ \sqrt{a}}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \\ \Rightarrow | (\sqrt{x} - \sqrt{a}) (\sqrt{x} + \sqrt{a}) | \geq ϵ \sqrt{a} \Rightarrow | x - a | \geq ϵ \sqrt{a} . \end{aligned}

$\begin{align} |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon &\Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\frac{\epsilon\sqrt{a}}{\sqrt{x}+\sqrt{a}} \\ &\Rightarrow |(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})|\geq\epsilon\sqrt{a}\Rightarrow |x-a|\geq\epsilon\sqrt{a}. \end{align}$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

δ = ϵ \sqrt{a}

$\delta=\epsilon\sqrt{a}$

Pr (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\geq\epsilon)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\sqrt{X_{n}} \overset{Pr}{\to} \sqrt{a}

$\sqrt{X_n}\stackrel{\Pr}\to\sqrt{a}$

对于第二部分，再次取，然后从Hubber的答案中作弊（这是关键步骤；-)来定义现在，此语句的对立是 $x,a,\epsilon>0$

δ = min {\frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}} .

$\delta = \min\left\{ \frac{a\epsilon}{1+\epsilon},\frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right\}.$

\begin{aligned} | x - a | < δ & \Rightarrow a - δ < x < a + δ \Rightarrow a - \frac{a ϵ}{1 + ϵ} < x < a + \frac{a ϵ}{1 - ϵ} \\ \Rightarrow \frac{a}{1 + ϵ} < x < \frac{a}{1 - ϵ} \Rightarrow 1 - ϵ < \frac{a}{x} < 1 + ϵ \Rightarrow | \frac{a}{x} - 1 | < ϵ . \end{aligned}

$\begin{align} |x-a|<\delta &\Rightarrow a-\delta<x<a+\delta \Rightarrow a - \frac{a\epsilon}{1+\epsilon} < x < a + \frac{a\epsilon}{1-\epsilon} \\ &\Rightarrow \frac{a}{1+\epsilon} < x < \frac{a}{1-\epsilon} \Rightarrow 1-\epsilon<\frac{a}{x}<1+\epsilon \Rightarrow \left| \frac{a}{x}-1\right|<\epsilon. \end{align}$

| \frac{a}{x} - 1 | \geq ϵ \Rightarrow | x - a | \geq δ .

$\left| \frac{a}{x}-1\right|\geq\epsilon \Rightarrow |x-a|\geq\delta.$

因此，当，表示。

Pr (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr\!\left(\left|\frac{a}{X_n}-1\right|\geq\epsilon\right)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$

n \to \infty

$n\to\infty$

\frac{a}{X_{n}} \overset{Pr}{\to} 1

$\frac{a}{X_n}\stackrel{\Pr}\to 1$

注意：这两项都是更普遍结果的结果。首先，请记住以下引理：当且仅当对于任何子序列有一个子序列使得几乎肯定时。另外，从实分析记住是在极限点连续的如果和如果对于每个序列仅在它认为意味着。因此，如果 $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ $X_{n_{i_j}}\to X$ $j\to\infty$ $g:A\to\mathbb{R}$ $x$ $A$ $\{x_n\}$ $A$ $x_n\to x$ $g(x_n)\to g(x)$ $g$ 是连续的并且几乎肯定，那么因此几乎可以肯定地得出。而且，是连续的并且，如果我们选择任何子序列，那么使用引理，就有一个子序列使得几乎肯定时。但是然后，正如我们所看到的，当时，几乎可以肯定地得出 $X_n\to X$

Pr (lim_{n \to \infty} g (X_{n}) = g (X)) \geq Pr (lim_{x \to \infty} X_{n} = X) = 1,

$\Pr\!\left(\lim_{n\to\infty}g(X_n)=g(X)\right)\geq\Pr\!\left(\lim_{x\to\infty}X_n=X\right)=1,$

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

$g(X_n)\to g(X)$

g

$g$

X_{n} \overset{Pr}{\to} X

$X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

{n_{i_{j}}} \subset {n_{i}}

$\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$

X_{n_{i_{j}}} \to X

$X_{n_{i_j}}\to X$

j \to \infty

$j\to\infty$

g (X_{n_{i_{j}}}) \to g (X)

$g(X_{n_{i_j}})\to g(X)$

j \to \infty

$j\to\infty$ 。由于此论点适用于每个子序列，因此使用反方向的引理，我们得出结论。因此，要回答您的问题，您只需为定义连续函数和，然后应用此结果。

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$

g (X_{n}) \overset{Pr}{\to} g (X)

$g(X_n)\stackrel{\Pr}{\to}g(X)$

g (x) = \sqrt{x}

$g(x)=\sqrt{x}$

h (x) = a / x

$h(x)=a/x$

x > 0

$x>0$

— 禅
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禅宗谢谢您的回答。这很清楚！

— Savage Henry