Preguntas sobre la prueba del límite inferior para$P\left(\limsup\limits_{n\rightarrow \infty} A_n\right) \geq \frac{1}{C}$

Question

Esto es de Lyapunov de la desigualdad para los momentos de una variable aleatoria (el documento puede ser consultado aquí):

Deje $\{F_{k}\}, k = 1, 2, ..., N$ ser una secuencia arbitraria de eventos en $(\Omega, F, P)$.

Tenemos, si $P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{n} F_k \right) > 0$,

(1) $$2 \sum_{1\leq j < k \leq N} P(F_{j}F_k) \geq \Bigg[P\bigg(\bigcup_{k=1}^N F_k\bigg)\Bigg]^{-1}\Bigg(\sum_{k=1}^N P(F_k)\Bigg)^{2} - \sum_{k=1}^N P(F_k)$$

Prueba: Definir r.v. $ X_k(\omega)= \begin{cases} 0, & \text{if %#%#%} \\[2ex] 1, & \text{if %#%#%} \end{casos}$

La siguiente identidad es evidente:

(2) $\omega \notin F_k$

Ahora por el Schwarz desigualdad tenemos

(3) $\omega \in F_k$

Desde $2 \sum\limits_{1\leq j < k \leq N} P(F_j F_k) = E\left[\left(X_1+...+X_N\right)^{2}\right] - E\left(X_{1}^{2} +...+ X_{N}^{2}\right)$

$[E(X_1+...+X_N)]^2 \leq P(X_1+...+X_{N}>0)E[(X_{1}+...+X_N)]^2$ , por definición, (1) se sigue de (2) y (3)

¿Cómo puedo fortalecer Lyapunov de la desigualdad para los momentos de una variable aleatoria, de modo que esta nueva desigualdad:

$E(X_k) = E(X_{k}^{2}) = P(F_k), $$ se mantiene?

Answer 1

La desigualdad $$2 \sum_{1\leq j < k \leq N} P(F_{j}F_k) \geq \Bigg[P\bigg(\bigcup_{k=1}^N F_k\bigg)\Bigg]^{-1}\Bigg(\sum_{k=1}^N P(F_k)\Bigg)^{2} - \sum_{k=1}^N P(F_k)$$ puede escribirse como \begin{align*} P\bigg(\bigcup_{k=1}^N F_k\bigg) \ge \frac{\Bigg(\sum_{k=1}^N P(F_k)\Bigg)^{2}}{2 \sum_{1\leq j < k \leq N} P(F_{j}F_k) + \sum_{k=1}^N P(F_k)} \end{align*} Tenga en cuenta que \begin{align*} \color{red}{2 \sum_{1\leq j < k \leq N} P(F_{j}F_k)} + \color{blue}{\sum_{k=1}^N P(F_k)} &= \color{red}{\sum_{j \neq k} P(F_{j}F_k)} + \color{blue}{\sum_{j = k}P(F_jF_k)} \\ &=\sum_{j,k} P(F_{j}F_k) \end{align*} Tenga en cuenta que el rojo expresiones iguales porque $P(F_j F_k) = P(F_k F_j)$, pero desde $j < k$ en la primera suma, la $2$ dobles para $j > k$ así. El azul expresiones iguales porque $P(F_k \cap F_k) = P(F_k)$.

Y así \begin{align*} P\bigg(\bigcup_{k=1}^N F_k\bigg) \ge \frac{\Bigg(\sum_{k=1}^N P(F_k)\Bigg)^{2}}{\sum_{j,k=1}^{N}P(F_j F_k) } \end{align*} Podemos volver a indexar el menor índice de $1$ a $n$, y el cambio de las variables de $F$ a $A$, y tenemos la final deseada de la desigualdad.

Demostrando $P(\limsup_n A_n) \ge 1/C$ con esta obligado.

Aquí está el resultado voy a demostrar:

Si $\sum_{n=1}^{\infty}P(A_n) = \infty$, luego
\begin{align*} P\left(\limsup_n A_n\right) \ge \limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(\sum_{k=1}^{n}P(A_k))^2}{\sum_{i,j=1}^{n}P(A_iA_j)} \end{align*}
En particular, implica una versión más fuerte de la segunda Borel-Cantelli: Si $P(A_i A_j) \le P(A_i)P(A_j)$ para todos los $i \neq j$, a continuación, $P\left(\limsup_n A_n\right) = 1$.

Prueba. Deje $a_n = (\sum_{k=1}^{n}P(A_k))^2$ e $b_n = \sum_{i,j=1}^n P(A_i A_j)$. Por supuesto, $a_n \rightarrow \infty$, y por Chung-Erdos, por lo que no $b_n \rightarrow \infty$. Tenga en cuenta que $(\sum_{k=m+1}^{n}P(A_k))^2 = (\sqrt{a_n}-\sqrt{a_m})^2$y \begin{align*} \sum_{i,j = m+1}^{n}P(A_iA_k) = b_n - b_m - \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=m+1}^{n}P(A_iA_j) - \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=m+1}^{n}P(A_iA_j) \le b_n - b_m \end{align*} Y así \begin{align*} P\left(\bigcup_{k=m+1}^{\infty}A_k\right) = \lim_{n\rightarrow \infty}P\left(\bigcup_{k=m+1}^{n}A_k\right) \ge \limsup_{n\rightarrow \infty}\frac{(\sqrt{a}_n-\sqrt{a}_m)^2}{b_n - b_m} = \limsup_{n\rightarrow \infty}\frac{a_n}{b_n} \end{align*} Y por lo $P\left(\limsup_n A_n\right) = \lim_{m\rightarrow \infty}P\left(\bigcup_{k=m+1}^{\infty}A_k\right) \ge \limsup_{n\rightarrow \infty}\frac{a_n}{b_n}.$