Para una variable aleatoria continua $X$ , si $E(|X|)$ es finito, es $\lim_{n\to\infty}n P(|X|>n)=0$ ?
Este es un problema que encontré en internet, pero no estoy seguro de si se sostiene o no.
Sé que $n P(|X|>n)<E(|X|)$ se mantiene por la desigualdad de Markov, pero no puedo demostrar que va a 0 como $n$ va al infinito.
Mira la secuencia de variables aleatorias $\{Y_n\}$ definida reteniendo sólo los valores grandes de $|X|$ : $$Y_n:=|X|I(|X|>n).$$ Está claro que $Y_n\ge nI(|X|>n)$ Así que $$E(Y_n)\ge nP(|X|>n).\tag1$$ Tenga en cuenta que $Y_n\to0$ y $|Y_n|\le |X|$ para cada $n$ . Así que el LHS de (1) tiende a cero por convergencia dominada .
@jbowman, quiere decir $\mathbb{E}{Y_n} \to 0$ por el teorema de convergencia dominada (nótese que $Y_n \to 0$ no es suficiente para llegar a esa conclusión). He añadido el enlace a DCT en wikipedia
@P.Windridge - No leí con suficiente atención, y asocié el "Así que el LHS" con la ecuación 1, en lugar de con la frase anterior. Mi error.
Puedo dar una respuesta para una variable aleatoria continua (seguramente hay una respuesta más general). Sea $Y=|X|$ :
$$\mathbb{E}[Y]=\int_0^\infty yf_Y(y)\text{d}y=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+\int_n^\infty yf_Y(y)\text{d}y\ge\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+n\int_n^\infty f_Y(y)\text{d}y=\dots+n\left(F_Y(\infty)-F_Y(n)\right)=\dots+n(1-F_Y(n))=\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y+nP(Y\gt n)$$
Así,
$$0\leq nP(Y\gt n)\le\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)$$
Ahora bien, como por hipótesis $\mathbb{E}[Y]$ es finito, tenemos que
$$\lim_{n\to \infty}\left(\mathbb{E}[Y]-\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y\right)=\mathbb{E}[Y]-\lim_{n\to \infty}\int_0^n yf_Y(y)\text{d}y=\mathbb{E}[Y]-\mathbb{E}[Y]=0$$
Entonces
$$\lim_{n\to \infty}nP(Y\gt n)=0$$
por el teorema del sándwich.
@P.Windridge ¿podría comprobar que también mi uso del teorema de convergencia dominada es correcto? Tengo una cantidad, $nP(Y>n)$ que es no negativo, y no mayor que una cantidad cuyo límite es 0, por lo que $\lim_{n\to\infty}nP(Y>n)=0$ en mi aplicación del teorema. Gracias
@P.Windridge pensándolo bien, creo que la convergencia dominada no es necesaria en mi prueba. Necesito la monotonicidad del límite, no la monotonicidad de la integral de Lebesgue. ¿Estás de acuerdo?
@DeltaIV- primero, para aclarar, " $a_n \le b_n \le c_n$ y $a_n, c_n \to l$ implica $b_n\to l$ " NO es el teorema de convergencia dominada (normalmente se llama teorema del sándwich).
$E\left | X \right |< \infty \Leftrightarrow E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\rightarrow 0$ (uniformemente integrable)
$E\left | X \right |=E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}+E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |\leq n}$
$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\leq E\left | X \right |< \infty $
$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}\geq nE\mathbb{I}_{\left | X \right |>n}=nP\left ( \left | X \right |>n\right )$
$E\left | X \right |\mathbb{I}_{\left | X \right |>n} \rightarrow 0 \Rightarrow nP\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0 \Rightarrow P\left ( \left | X \right |>n\right )\rightarrow 0$
es decir $ \underset{n\rightarrow \infty}{\lim} P\left ( \left | X \right |>n\right )=0$
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(1) La continuidad no es necesaria. (2) Expresar la expectativa como una integral de la función de supervivencia $\Pr(|X|\gt n)$ . (3) Considere el contrapositivo: ¿qué implicaría un límite no nulo sobre la expectativa?
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@whuber ¡buen ejercicio! Creo que tengo una respuesta correcta, pero como esto parece
self-studyNo creo que deba escribirlo aquí. ¿Puedo crear un chat privado y mostrarte mi solución, para que me digas si es correcta?1 votos
@Delta Este es un caso en el que publicar tu respuesta me parecería bien: el OP tiene una subpregunta concreta y no parece que sólo esté trolleando en busca de respuestas a los deberes.
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@whuber esto me recuerda la inexistencia de una distribución uniforme sobre los números naturales -- ¿significa esto que mientras la continuidad no es necesaria aquí, la aditividad contable es ?