Cuando$\Big[ uv \Big]_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1}$ y$\int_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1} v\,du$ son infinitos, pero$\int_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1}u\,dv$ es finito

Question

Me he encontrado con un problema simple de la probabilidad en el que no se esperaba encontrar convergencia condicional al acecho alrededor, pero no lo es. Así que me pregunto:

• Es un punto de vista acerca de la probabilidad de ser atraído por el hecho de que el infinito menos infinito aparece aquí?
• En particular, los dos términos independientes que evalúan el infinito tiene algunos probabilística de la interpretación?
• Es cualquier conocimiento acerca de análisis o cualquier otra cosa que se pueden encontrar aquí?
• En general ¿en qué situaciones se hace una escritura $\displaystyle \int_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1} u\,dv = \Big[ uv \Big]_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1} - \int_{x\,:=\,0}^{x\,:=\,1} v\,du$ y encontrar que los dos últimos términos son tanto infinito, incluso aunque la primera de ellas converge absolutamente?
• En particular, son las instancias de este particularmente notable o vale la pena conocer?

Los problemas de probabilidad

Supongamos $X_1,\ldots,X_6$ son variables aleatorias independientes, cada una teniendo la misma distribución exponencial con el valor esperado $\mu,$, de modo que $$ \Pr( X_1 > x) = e^{-x/\mu} \quad\text{para } x\ge0. $$ Se desea encontrar este valor esperado $$ \operatorname E(\max\{\,X_1,\ldots,X_6\,\}) = \mu\left( 1 + \frac 1 2 + \frac 13 + \frac 1 4 + \frac 1 5 + \frac 1 6 \right) = 2.45\mu. \tag 1 $$ Uno bastante habitual manera de mostrar esto va como esto: $$ \Pr\min\{\,X_1,\ldots,X_6\,\} > x) = \big( \Pr(X_1>x) \big)^6 = e^{-6x/\mu}\quad \text{para }x\ge0, $$ y por lo tanto $$ \operatorname E(\min) = \frac \mu 6. $$ Deje $X_{(1)}, \ldots, X_{(6)}$ ser el orden de las estadísticas, es decir, $X_1,\ldots,X_6$ ordenados en orden creciente. Entonces tenemos $$ \operatorname E(X_{(1)}) = \frac \mu 6, \quad\text{y } \operatorname E(X_{(2)} - X_{(1)}) = \frac \mu 5 $$ debido a que la diferencia es el mínimo de cinco exponencialmente distribuido variables aleatorias. Y así sucesivamente hasta el último.

No hay convergencia condicional aparece arriba.

Pero supongamos que en lugar de eso nos acaba de reducir a la evaluación de una integral.

\begin{align} & \Pr(\max \le x) = \Pr(X_{(6)} \le x) = \Pr( \text{all of }X_1,\ldots,X_6 \text{ are} \le x) = \left( 1 - e^{-x/\mu} \right)^6 \text{ for } x\ge0. \\[10pt] & \text{Hence for measurable sets %#%#% we have } \Pr(\max\in A) = \int_A f(x)\, dx \\[10pt] & \text{where } f(x) = \frac d {dx} \left( 1 - e^{-x/\mu} \right)^6 = 6\left( 1- e^{-x/\mu} \right)^5 ( e^{-x/\mu}) \frac 1 \mu. \end{align}

Así que aquí está nuestra integral: $$ \operatorname E(\max) = \int_0^\infty xf(x)\, dx. $$ Ninguna sugerencia de convergencia condicional, ¿verdad?

\begin{align} \operatorname E(\max) = \int_0^\infty xf(x)\, dx & = \int_0^\infty x 6\left( 1- e^{-x/\mu} \right)^5 ( e^{-x/\mu}) \, \frac {dx} \mu \\[10pt] & = \mu \int_0^\infty s 6( 1-e^{-s})^5 e^{-s} \, ds \\[10pt] & = \mu \int s\, dt = \mu st - \mu\int t\,ds \\[10pt] & = \mu s(1-e^{-u})^6 - \mu \int (1-e^{-s})^6 \, ds. \end{align} Ahora una substitución: \begin{align} r & = 1-e^{-s} \\[6pt] s & = -\log(1-r) \\[6pt] ds & = \frac{dr}{1-r} \end{align} Nuestros integral se convierte en \begin{align} & \mu ( - r^6 \log(1-r) ) - \mu \int \frac{r^6}{1-r} \, dr \\[10pt] = {} & \mu ( - r^6 \log(1-r) ) - \mu \int \left( -r^5 - r^4 - r^3 - r^2 - r - 1 + \frac 1 {1-r} \right) \, dr \end{align} Ahora la tentación es escribir $$ \requieren{cancel} \xcancel{\left[ \mu \left( -r^6 \log_e(1-r) \right) \vphantom{\frac11} \right]_0^1} - \xcancel{\mu \int_0^1 \left( -r^5-r^4-r^3-r^2 - r -1 + \frac 1 {1-r} \right) \, dr }. $$ El problema es que este es infinito menos infinito, por lo que hemos de convergencia condicional. Así que supongo que se escribe así: \begin{align} & \left[ \mu \left( -r^6 \log(1-r) \right) - \mu \int \left( -r^5-r^4-r^3-r^2 - r -1 + \frac 1 {1-r} \right) \, dr \right]_0^1 \\ & \text{(The above is not standard notation, as far as I know.)} \\[10pt] = {} & \mu \left[ (1-r^6) \log_e (1-r) + \left( \frac{r^6} 6 + \frac{r^5} 5 + \frac{r^4} 4 + \frac {r^3} 3 + \frac{r^2} 2 + r \right) \right]_0^1 \end{align} Después de usar la regla de L'Hospital para evaluar el primer término, esto termina siendo lo que vemos en $A\subseteq[0,+\infty)$

Tal vez voy a publicar mi propia respuesta si estoy muy inspirado, pero otras respuestas pueden proporcionar valiosos puntos de vista alternativos. (No tengo una respuesta para publicar todavía.)

Posdata:

Donde he visto algo similar antes, en un intento de demostrar que si $(1).$ $\Pr(X\ge0) = 1$ es la p.d.f. y $f$ c.d.f. de $F$, luego

$X$$

Si usted escribe

$$ \int_0^\infty xf(x)\, dx = \int_0^\infty (1-F(x))\,dx. $$

luego de obtener el infinito menos infinito. Pero usted puede hacer esto:

\begin{align} & \int_0^\infty xf(x)\, dx = \int_0^\infty \left( \int_0^x f(x)\,du \right) \, dx \\[10pt] = {} & \int_0^\infty \left( \int_u^\infty f(x) \,dx\right) \, du \\[10pt] = {} & \int_0^\infty (1-F(x))\,dx. \end{align}

Tonelli del teorema es aplicable ya que la función está integrada en todas partes es no negativo, por lo que se justifica el cambio en el orden de integración.

Answer 1

Deje $t(s) = {\left(1-e^{-s}\right)}^6$. Para cada una de las $c>0$ tenemos que

\begin{align} I(c):= \int_0^cs\,t'(s)\,ds \,\,&=\,\, {\Big[s\,t(s)\Big]}_{s=0}^{s=c} \,\,-\,\, \int_0^ct(s)\,ds \\\,\,&=\,\, c\,t(c) \,\,-\,\, \int_0^ct(s)\,ds. \end{align}

Vamos a expandir $t(s)$:

$$t(s) = 1 -6e^{-s} +15e^{-2} -20e^{3} +15e^{-4s} -6e^{-5s} +e^{-6}. $$

Ahora, $t$ admite una integral indefinida:

$$\int\,t(s) \, ds = s - \frac{e^{-6s}}6 + \frac{6e^{-5s}}5 - \frac{15e^{-4s}}4 + \frac{20e^{3}}3 - \frac{15e^{-2}}2 + 6e^{-s}. $$

De ello se sigue que podemos escribir

\begin{align} \int_0^ct(s)\,ds &= \left[ s - \frac{e^{-6s}}6 + \frac{6e^{-5s}}5 - \frac{15e^{-4s}}4 + \frac{20e^{-3s}}3 - \frac{15e^{-2s}}2 + 6e^{-s} \right]_{s=0}^{s=c} \\&= \left( c - \frac{e^{-6c}}6 + \frac{6e^{-5c}}5 - \frac{15e^{-4c}}4 + \frac{20e^{-3c}}3 - \frac{15e^{-2c}}2 + 6e^{-c} \right) - \left( 0 -\frac16 +\frac65 -\frac{15}4 +\frac{20}3 -\frac{15}2 +6 \right) \\&= c - \frac{e^{-6c}}6 + \frac{6e^{-5c}}5 - \frac{15e^{-4c}}4 + \frac{20e^{-3c}}3 - \frac{15e^{-2c}}2 + 6e^{-c} - \frac{49}{20}. \end{align}

Tenemos por lo tanto, tienen una mayor expresión detallada de $I(c)$:

\begin{align} I(c) &=& &c -6c\,e^{-c} +15c\,e^{-2c} -20c\,e^{-3c} +15c\,e^{-4c} -6c\,e^{-5c} +c\,e^{-6c} \\&&-\,\,&\left( c - \frac{e^{-6c}}6 + \frac{6e^{-5c}}5 - \frac{15e^{-4c}}4 + \frac{20e^{-3c}}3 - \frac{15e^{-2c}}2 + 6e^{-c} - \frac{49}{20} \right) \\&=& &\frac{49}{20} + e^{-6c}\left(c+\frac16\right) - 6e^{-5c}\left(c+\frac15\right) + 15e^{-4c}\left(c+\frac14\right) - 20e^{-3c}\left(c+\frac13\right) + 15e^{-2c}\left(c+\frac12\right) - 6e^{-c}\left(c+1\right) \end{align}

En este punto, solo dejamos $c\to\infty$ y fácilmente ver que $I(c) \to \frac{49}{20}$.

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Esto es un montón de 'manos' cálculo, pero es básicamente la intención de mostrar que la integración por partes en una desenfrenada intervalo, mucho como la indebida integral, destinado a ser tomado como un límite. Para cada intervalo acotado $[0,c]$, integración por partes funciona bien:

$$\int_0^cs\,t'(s)\,ds \,\,=\,\, {\Big[s\,t(s)\Big]}_{s=0}^{s=c} \,\,-\,\, \int_0^ct(s)\,ds $$

Si queremos considerar la integral impropia $\int_0^\infty s\,t'(s)\,ds$, luego tenemos que recordar que, por definición,

$$\int_0^\infty s\,t'(s)\,ds = \lim_{c\to\infty} \int_0^cs\,t'(s)\,ds$$

y de ahí que

$$\int_0^\infty s\,t'(s)\,ds = \lim_{c \to \infty} \left( {\Big[s\,t(s)\Big]}_{s=0}^{s=c} \,\,-\,\, \int_0^ct(s)\,ds\right).$$

La totalidad de este límite debe existir (porque nos explícitamente calculado, o porque hemos demostrado que el resultado es finita a través de otros métodos, como su "probabilidad" problema de la sección).
Sin embargo, a partir de la existencia de $\lim_{c\to\infty} f(c) + g(c)$ no $\lim_{c\to\infty} f(c)$ $\lim_{c\to\infty} g(c)$ ambos existen, y esto es precisamente lo que está pasando aquí, con

$$f(c) = c -6c\,e^{-c} +15c\,e^{-2c} -20c\,e^{-3c} +15c\,e^{-4c} -6c\,e^{-5c} +c\,e^{-6c}$$

$$ g(c) = -\left( c - \frac{e^{-6c}}6 + \frac{6e^{-5c}}5 - \frac{15e^{-4c}}4 + \frac{20e^{-3c}}3 - \frac{15e^{-2c}}2 + 6e^{c} - \frac{49}{20} \right). $$

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Si el problema es con respecto al cambio de variables, entonces hay dos cosas a tener en cuenta.

La primera es que si el cambio de variables se realiza después de aplicar la integración por partes, a continuación, una vez más, debemos tomar el límite en cuenta. Vamos a tener

$$\lim_{c \to \infty} \left( {\Big[s\,t(s)\Big]}_{s=0}^{s=c} \,\,-\,\, \int_0^ct(s)\,ds\right)$$

y entonces el cambio de variable $r = 1-e^{-s}$ significa

$$ \int_0^ct(s)\,ds = \int_0^{1-e^{-c}}\frac{r^6}{1-r}\,dr.$$

La segunda es que si aplicamos el cambio de variables antes de la integración por partes... todavía tenemos que tomar el límite en cuenta. Esto es porque tenemos una mala integral desde el principio, por lo que nuestros cálculos se verá algo como esto:

\begin{align} \int_0^\infty s\,t'(s)\,ds &= \lim_{c\to\infty} \int_0^cs\,t'(s)\,ds \\&= \lim_{c\to\infty} \int_0^{1-e^{-c}}\,-\log(1-r)\cdot 6r^5(1-r)\,\frac{dr}{1-r} \\&= -6\lim_{c\to\infty} \int_0^{1-e^{-c}}\,\underbrace{r^5}_{u'(r)}\,\,\underbrace{\log(1-r)}_{v(r)}\,dr\tag{%#%#%} \\&= -6\lim_{c\to\infty} \int_0^{1-e^{-c}}\, \underbrace{r^5}_{u'(r)}\underbrace{\log(1-r)}_{v(r)}\,dr \\&= -6\lim_{c \to \infty} \left( {\left[\frac{r^6}{6}\,\log(1-r)\right]}_{r=0}^{r=1-e^{-c}} \,\,-\,\, \int_0^{1-e^{-c}}\frac{r^6}{6}\,\cdot\left(\frac{-1}{1-r}\right)\,dr\right) \\&= \lim_{c \to \infty} \left( {\Big[-r^6\,\log(1-r)\Big]}_{r=0}^{r=1-e^{-c}} \,\,-\,\, \int_0^{1-e^{-c}}\frac{r^6}{1-r}\,dr\right) \end{align}

Bien, pero ¿qué acerca de la $1$? No podemos escribir

$$\lim_{c\to\infty} \int_0^{1-e^{-c}}\,r^5\,\log(1-r)\,dr = \int_0^{1}\,r^5\,\log(1-r)\,dr \etiqueta{$(1)$}$$

y, a continuación, aplicar la integración por partes, eliminar el límite en el proceso? Esto significaría que el problema todavía se encuentra en alguna parte.

Por supuesto, la igualdad de $2$ sí es válida, pero luego no se puede aplicar IBP afterawrds. Esto es debido a que la hipótesis de la integración por partes requeriría $(2)$ a ser absolutamente continua en $v(r) = \log(1-r)$. Esto claramente no, ya que $[0,1]$ no es uniformemente continua en a $v$.

Por otro lado, $[0,1)$ es de hecho absolutamente continua en $v$ cualquier $[0,k]$$k$. De hecho, es derivable y su derivada $0<k<1$ es limitado en cada intervalo, así que más fuertemente $\frac{-1}{1-r}$ es de Lipschitz sobre ellos. De ello se sigue que podemos aplicar IBP dentro del límite sin ningún tipo de problemas.

Answer 2

Aquí hay una razón posible.

$$ \begin{align} \operatorname \mu^{-1}E(\max) = \mu^{-1}\int_0^\infty xf(x)\, dx & = \mu^{-1}\int_0^\infty x 6\left( 1- e^{-x/\mu} \right)^5 ( e^{-x/\mu}) \, \frac {dx} \mu \\[10pt] & = \int_0^\infty s 6( 1-e^{-s})^5 e^{-s} \, ds, \qquad s=x/\mu\\[10pt] & = \int_0^\infty s\, dt(s), \qquad t(s)=(1-e^{-s})^6\\[10pt] & = [st(s)]_{s=0}^{s=\infty} -\int_0^\infty t(s)\,ds \qquad t(s)=(1-e^{-s})^6\\[10pt] & = \lim_{s\to \infty}(s(1-e^{-s})^6)-\lim_{s\to 0}(s(1-e^{-s})^6) - \int_0^\infty (1-e^{-s})^6 \, ds. \\ &=A-B-C \end {align} \\ $$

Es obvio que$$A = \lim_{s\to \infty}(s(1-e^{-s})^6)=+\infty,$ $$$B=\lim_{s\to 0}(s(1-e^{-s})^6)=0.$ $ Porque$\lim_{s\to\infty}e^{-s}=0$, entonces$$C=\int_0^\infty (1-e^{-s})^6 \, ds\text{ does not converge.}$ $

Entonces la parte infinita de$A$ cancela la parte no convergente de$C$ para darle un resultado convergente$\frac{49}{20}$.