Prueba alternativa a Rosenthal (3.6.5)

Question

Rosenthal (3.6.5) Deja que $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ sea un triple de probabilidad tal que $\Omega$ sea contable, y $\mathcal{F}=2^{\Omega}$ . Demuestre que es imposible que exista una secuencia $A_1, A_2, \dots \in \mathcal{F}$ que es independiente, tal que $P(A_i) = 1/2$ para cada $i$ . [Pista: demuestre primero que para cada $\omega \in \Omega$ y cada $n \in \mathbb{N}$ tenemos $ \displaystyle P(\{\omega\}) \leq \frac{1}{2^n} \bigg]$

Lo he comprobado tomando $\omega \in \cap_i A_i$ entonces tomando la probabilidad de cada uno y probando la pista de la que se desprende la contradicción como el único valor posible menor que $1/2^n$ es cero y obtenemos una contradicción mirando la suma de cada $\omega$ y en $P(\Omega)$ . Creo que este es el camino correcto.

Lo que quiero preguntar es que una compañera de clase dijo que lo demostró usando un lema de Borel-Cantelli, que no veo que podamos aplicar eso aquí, ya que eso es para $A_i$ que ocurren con una frecuencia infinita. Entonces, ¿podemos usar eso para probar esto también?

Answer 1

Su solución no es precisamente buena. Pero se acerca a la respuesta correcta. Dejemos que $\omega\in \Omega$ para cada $i$ , $\omega\in A_i$ o $\omega\in \bar A_i$ . Denotamos $B^{\omega}_i=A_i$ si $\omega\in A_i$ De lo contrario, $B^{\omega}_i=\bar A_i$ . Obsérvese que $P(B^{\omega}_i)=1/2$ también. Así, $\omega\in \cap_iB_i$ . Desde $B_1,...,B_n$ son independientes, implica que $P(\omega)\leq P(\cap_iB^{\omega}_i)=1/2^n$ para cada número entero $n$ Así que $P(\omega)=0$ .

Dejemos que $C_i^{\omega}=A_i$ si $\omega$ no es un elemento de $A_i$ De lo contrario, $C_i^{\omega}$ es el complementario de $A_i$ . De nuevo, $P(C_i^{\omega})=1/2$ . El segundo lema de Borel-Cantelli implica que $P(limSup C_i^{\omega})=1$ desde $\sum P(C_i^{\omega})=+\infty$ . Esto implica que $P(D)=0$ donde $D$ es el espacio complementario de $limSup C_i^{\omega}$ . Desde $\omega\in D$ deducimos $P(\omega)=0$ .