Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Funktionenfolgen und -reihen » Konvergenz » Punktweise Konvergenz von Verteilungsfunktionen
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule Punktweise Konvergenz von Verteilungsfunktionen
EpsilonDelta
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-30


Ich habe eine Verteilungsfunktion, genauer die Komplementäre davon berechnet:
\[\mathbb{P}(T_N<\sqrt{N}y)=\prod_{j=1}^{\sqrt{N}y-1}(1-\frac{j}{N})\] Ich soll zeigen, dass
\[\lim_{N\to\infty}\mathbb{P}(T_N<\sqrt{N}y)= \exp(-y^2/2)\]
kann aber mit dem Produkt, das ich erhalten habe nichts anfangen. Ich sehe nicht, wie ich auf die Exponentialfunktion komme.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Martin_Gal
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 29.05.2019
Mitteilungen: 29
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-30


Hi!

Angefangen mit:

\[ \log P(T_n < \sqrt N y) = \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} \log \left( 1 - \frac j N \right) \]
Heuristisch: \( \log (1 - j/N) \approx - j/N \). Die Summe wird damit zu
\[ \approx - \sum_{j=1}^{\sqrt N y- 1} - \frac j N \approx -\frac{(\sqrt N y )^2}{2 N} = - \frac{y^2}{2}  \]
Hast du eine Idee, wie du diese Approximation rechtfertigen kannst? Tipp: Versuche zunächst, die Summe durch ein Integral zu approximieren. Dann substituiere in dem Integral so, dass der Integrationsbereich unabhängig von N wird, und verwende dann die bekannten Sätze für Lebesgue-Integrale.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
EpsilonDelta
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-30


Danke für die Antwort! Sei \(\mu\colon \mathcal{B}(\mathbb{N})\rightarrow [0,\infty]\) das Zählmaß, also \(\mu(A)=\sum_\mathbb{n\in N}1_A(n)\)
Dann gilt
\[ \int_1^{\sqrt{N}y-1}\log (1-\frac{j}{N})\,\mathrm{d}\mu(j)\]
Egal wie ich jetzt substitutiere ich bekomme den Definitionsbereich nicht unabhängig von \(N\). Beispielsweise könnte ich mit \( \Phi^{-1}(j):=\frac{j+1}{y\sqrt{N}} \) transformieren, und die obere Grenze unabhängig machen, jedoch bleibt mir die untere dann abhängig.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Martin_Gal
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 29.05.2019
Mitteilungen: 29
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-31


Hallo!

Vielleicht hätte ich präziser schreiben sollen: Ich meinte ein Integral bezüglich des Lebesgue-Maßes (bzw. sogar ein Riemann-Integral).^^
Dass man die Summe als Integral bzgl. des Zählmaßes schreiben kann, ist zwar richtig, aber bringt hier nichts.

Nebenbei: Es ist egal, ob man bis \( [\sqrt{N}] y - 1 \) oder +/- 1 summiert. Der Einfachheit halber nehmen wir hier einmal an, dass N eine Quadratzahl ist. Der Beweis ist aber prinzipiell genauso, wenn man einfach auf- oder abrundet.

Mein Vorschlag war auch etwas irreführend, zugegebenermaßen, bezüglich der Substitution. Die geht doch etwas anders, als ich mir das ursprünglich überlegt hatte.



Schritt 1:
Wir nutzen die Monotonität des Summanden aus, um die Summe durch ein Integral zu approximieren:

\[ \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} \log \left( 1 - \frac j N \right) = \int_1^{\sqrt N y} \log \left( 1 - \frac {[x]} N \right)\,dx \geq \int_1^{\sqrt{N} y} \log \left( 1 - \frac x N \right)\,dx \geq \int_2^{\sqrt N y + 1} \log \left( 1 - \frac {[x]} N \right)\,dx = \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} \log \left( 1 - \frac j N \right) + \log \left( 1 - \frac {\sqrt N y - 1} N \right) - \log \left( 1 - \frac 1 N \right)  \] Nun kann man ganz grob abschätzen:
\[ \left\vert \log \left( 1 - \frac {\sqrt N y - 1} N \right) - \log \left( 1 - \frac 1 N \right) \right\vert \leq \left\vert \log \left( 1 - \frac {\sqrt N y - 1} N \right) \right\vert +  \left\vert \log \left( 1 - \frac 1 N \right) \right\vert \longrightarrow 0 \] im Limes \( N \to 0 \). Aus demselben Grund ist es auch egal, ob man \(\sqrt N \) auf- oder abrundet...
Man kann auch geauer argumentieren, dass der Fehler von der Größenordnung \( O(1/\sqrt{N} ) \) ist.

Das heißt,

\[ \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} \log \left( 1 - \frac j N \right) = \int_1^{\sqrt{N} y} \log \left( 1 - \frac x N \right)\,dx + o(1) . \]
Frage: Warum darf ich auch ohne weiteres als untere Integrationsgrenze 0 statt 1 wählen?


Schritt 2:
Substitution: Definiere \( u := \frac{x}{\sqrt{N} y},\; du = \frac{dx}{\sqrt{N} y} \). Somit ist
\[ \int_0^{\sqrt{N} y} \log \left( 1 - \frac x N \right)\,dx = \sqrt{N} y \int_0^1   \log \left( 1 - \frac{y u}{\sqrt N} \right)\,d u \]
Nach dem Satz von Taylor bzw. dem Zwischenwertsatz existiert ein \( h(u, N) \in (0, 1) \) so dass
\[ \log \left( 1 - \frac{y u}{\sqrt N} \right) = - \frac{yu}{\sqrt N} - \frac{1}{2} \frac{1}{\left( 1 - \frac{y\,u\,h(u, N)}{\sqrt N} \right)^2} \frac{y^2 u^2}{N} \]
Nun kann man argumentieren, dass der Einfluss des zweiten Terms unter dem Integral und mit dem \(\sqrt N y\) verschwindet. Die Einzelheiten sind etwas hässlich. Wenn man pingelig ist, folgt aus dem Zwischenwertsatz auch nicht die Messbarkeit von \(h(u, N) \), sodass man da stattdessen eher vom Worst Case \( h (u, N) =1 \) ausgehen müsste und zum Beispiel annimmt, dass N hinreichend groß ist [ wenn ich so darüber nachdenke, wäre die Messbarkeit aber nicht schwer zu zeigen, wenn man das unbedingt wöllte ]. Am Ende läuft es auf dasselbe hinaus.
Ich denke aber, grundsätzlich ist klar, was zu tun ist.

Prinzipiell hätte man das Integral natürlich auch direkt auswerten können. Ich sehe aber nicht, dass das die Sache einfacher macht, im Gegenteil.



Alternative, die ich nicht auf dem Schirm hatte, aber die hier wirklich super einfach ist:
\( \log ( 1 - x ) = - x + O(x^2) . \)
Da \(x = j/N\) nur Werte \(\in [0, 1/\sqrt N ] \) annimmt, kann man wirklich gleichmäßig abschätzen und man hat einfach
\[ \left\vert \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} \log \left( 1 - \frac{j}{N} \right)  - \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} - \frac j N \right\vert = O ( \sqrt{N} ( 1 / \sqrt N )^2 ) = O(1 / \sqrt N ) \] Und die Summe
\[ \sum_{j=1}^{\sqrt N y - 1} - \frac j N = - \frac 1 N \frac{\sqrt N y (\sqrt N y - 1)}{2} \to -y^2 / 2 \]



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
EpsilonDelta
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-31


Danke für die ausführliche Antwort, ich kann sehr viel daraus lernen! Ich muss mir erst alles sehr genau durchlesen, möchte aber jetzt schon eine Frage stellen:

Wieso wissen wir das für jeden Summanden in
\[\sum_{j=1}^{\sqrt{N}y-1}\log \left (1-\frac{j}{N}\right )\] der Term \(\frac{j}{n}\) nur Werte in \([0,\frac{1}{\sqrt{N}}]\) annimmt? Wir haben nicht festgelegt was genau \(y\) ist. Eins ist aber sicher, für \(N\) groß genug und fixes \(y\) wird jeder Term der Summe existieren. Das hat allerdings den Preis, das wir nicht mehr gleichmäßig in \(y\) abschätzen können. Übrigens, ich habe vergesse es zu erwähnen, ist \(y>0\).



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Martin_Gal
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 29.05.2019
Mitteilungen: 29
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-06-01


Ich war davon ausgegangen, dass \(y\) fest ist (unabhängig von \(N\) ). Sollte das irgendwie anders sein?
(Dann würde aber die behauptete Konvergenz keinen Sinn ergeben...)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2020 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]