反例を証明または提供します。

もし、次いで、 $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$

私の試み：

FALSE：が負の値のみを取ることができると仮定し、と仮定します $X$ $X_n \equiv X$ $\forall$ $n$

THEN、但しもため、厳密に負ではありません。代わりに、ネガティブからポジティブおよびネガティブへと切り替わります。したがって、はほぼ確実に収束しません。 $X_n$ $\,{\buildrel a.s. \over \rightarrow}\,$ $X$ $n$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{1/n}$ $X$

これは合理的な答えですか？そうでない場合、どうすれば私の答えを改善できますか？

self-study convergence geometric-mean

— Lewkrr
ソース

X_{i}

$X_i$ これが意味を持つためには、は厳密に正でなければなりません。

— user765195 2015

もちろん、適切に定義するには、が必要です。まず、が収束することを証明します（実際の分析ではGoogle "Cesaro mean"として、引数を調整します）。次に、検討し。

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

必要な実解析の結果は、この：場合は、次に。証明：場合、ごとにようながあります。したがって、。したがって、と、、ごと。

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}

$n\geq n_1$

— Zen

直感は、にますます近いして平均を計算していることであり、それらは結果を支配することになります。

x_{i}

$x_i$

L

$L$

— Zen

回答:

その興味の何かを証明する前に、予告、ほぼ確実にすべてのための決定論的順序の意味を作るために、両方のステートメントのために必要な条件ではないを示します。 $X_i >0$ $i$ $(-1, -1, 1, 1, 1, \dots)$

さらに、次の決定論的なシーケンスが証明するように、ステートメントは実際には一般に偽です： 0、1、1。 $(0, 1, 1, \dots)$

ここで、すべてのについてほぼ確実にあるとすると、次の引数によってステートメントが真になります。 $X_i >0$ $i$

定義し連続性により、ほぼ確実です。したがって、Cesaroの結果によってほぼ確実に上記のコメントで証明されます。したがって、、連続性によりほぼ確実です。

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,

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

— エクヴァル
ソース

この主張は誤りです。私は反例を提供することによって証明を与えます。

ランダムシーケンスが次のように定義されているとします。 $X_i$

\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}

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

明らかに、は（1）退化しており、（2）チェビシェフの大きな数の強い法則によってとしてほぼ確実に収束します。（これを確認するには、を書き換えます。） $X_i$ $X=1$ $i \longrightarrow \infty$ $Z_i = i^{-0.5}Z$ $Z \sim N(0,1)$

ただし、、。その結果、なので、極限でに収束し。つまり、。 $X_1 = 0$ $\Pi_{i=1}^nX_i = 0, \; \forall n \in \mathbb{N}$ $(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0, \forall n \in \mathbb{N}$ $0$ $lim_{n\longrightarrow \infty}(\Pi_{i=1}^nX_i)^{1/n} = 0$ $\square$

— エレミアスK
ソース

指数を忘れたようです。

1 / n

$1/n$

— whuber

おかげでwhuber、私はそれを修正:)私は実際より慎重に物事を読んだ上で作業...私はまた、最初の文はまたのために保持していないことを証明しなければならない Iので、正しく読みませんでした。

Π_{i = 1}^{n} X_{i}^{1 / i}

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

— エレミアスK

ありがとう。これらの計算はすべて、単純な考えを覆い隠しているように見えますがゼロ以外の場合、有限数をゼロに変更しても制限は変更されませんが、これにより積がゼロになり、矛盾が生じます。けっこうだ。ただし、特に断りのない限り、無限積に関する記述は、対数の無限和に関する記述として理解されるべきです。特に、この質問への関心は、すべてのがほぼ確実に正である場合に焦点を当てています。

X

$X$

X_{i}

$X_i$

X_{i}

$X_i$

— whuber

最後のコメントが興味深い@whuber。実際、製品の制限が慣例によるものであるか、またはおそらく定義（？）によるものであり、対数の観点から理解されるのでしょうか。もしそうなら、私も上記の私の答えの表現を変更します。特に、継続性に対する最後の魅力は不必要です。

— ekvall

@学生あなたの答えの推論は結構です。統計的アプリケーションでは、すでに対数の観点から考えていなければ、幾何平均のこのような限界を見ることはほとんどありません。

— whuber