Tasa de convergencia de $\log(1-X_n)-\log(1-c)$

Question

Supongamos que $\{X_n\}_{n\ge1}$ son variables aleatorias tales que $X_n-c=O_p(a_n)$ como $n\to\infty$ , donde $0<c<1$ y $\{a_n\}_{n\ge1}$ es una secuencia positiva tal que $a_n\to0$ como $n\to\infty$ . Supongo que $\log(1-X_n)-\log(1-c)=O_p(a_n)$ como $n\to\infty$ también y estoy buscando un buen argumento para demostrarlo.

Por el teorema del valor medio, $$\log(1-X_n(\omega))-\log(1-c)=\frac{1}{\xi_n(\omega)-1}(X_n(\omega)-c)$$ para cada $n\ge1$ y $\omega\in\Omega$ , donde $c\wedge X_n(\omega)<\xi_n(\omega)<c\vee X_n(\omega)$ . Tenemos que $$|\xi_n-c|<|X_n-c|$$ y $\xi_n\xrightarrow{p} c$ como $n\to\infty$ . Desde $1/(\xi_n-1)=O_p(1)$ y $X_n-c=O_p(a_n)$ como $n\to\infty$ concluimos que $\log(1-X_n)-\log(1-c)=O_p(a_n)$ como $n\to\infty$ .

¿Es esto correcto? ¿Es esto riguroso? ¿Es $\xi_n$ una variable aleatoria, es decir, es $\xi_n$ medible (definimos $\xi_n(\omega)$ para cada $n\ge1$ y $\omega\in\Omega$ )? ¿Existe una forma más sencilla de demostrar que $\log(1-X_n)-\log(1-c)=O_p(a_n)$ como $n\to\infty$ ?

¡Cualquier ayuda es muy apreciada!

Answer 1

Creo que su prueba es correcta. Para evitar problemas de mensurabilidad con $\xi_n$ se puede utilizar la representación integral para el término del resto en la fórmula de Taylor:

$$\log(1-x) - \log(1-c) = (x-c) \int_0^1 \frac{1}{(c+r(x-c))-1} \, dr$$

y así

$$\log(1-X_n(\omega))-\log(1-c) = (X_n(\omega)-c) \left( \int_0^1 \frac{1}{(c+r(X_n(\omega)-c))-1} \, dr \right); \tag{1}$$

el término entre paréntesis corresponde a $1/(\xi_n(\omega)-1)$ En particular, se puede utilizar esta representación para demostrar la mensurabilidad de $\xi_n$ .

En cuanto a la pregunta sobre una prueba más fácil: Yo la redactaría de forma un poco diferente, pero en esencia la idea es la misma. Para cualquier $\epsilon>0$ podemos elegir $R>0$ y $N \in \mathbb{N}$ tal que $$A_n := \left\{\frac{|X_n-c|}{a_n} \leq R \right\}$$ satisface $\mathbb{P}(A_n) \geq 1-\epsilon$ para todos $n \geq N$ . Como $a_n \to 0$ podemos suponer sin pérdida de generalidad que $N$ es suficientemente grande como para que $$a_n R \leq \frac{c}{2} \quad \text{for all $ n \geq N $};$$ esto implica

$$|c+r(X_n(\omega))-c)| \geq c - r |X_n(\omega)-c| \geq \frac{c}{2}$$

para cualquier $\omega \in A_n$ y $r \in [0,1]$ . Ahora se deduce de $(1)$ que

$$|\log(1-X_n(\omega))-\log(1-c)| \stackrel{(1)}{\leq} |X_n(\omega)-c| \frac{1}{1-c/2} \stackrel{\omega \in A_n}{\leq} \frac{R a_n}{1-c/2}$$

para cualquier $\omega \in A_n$ y $n \geq N$ . Por lo tanto,

$$1- \epsilon \leq \mathbb{P}(A_n) \leq \mathbb{P} \left( \frac{|\log(1-X_n))-\log(1-c)|}{a_n} \leq \frac{R}{1-c/2} \right).$$

Como $\epsilon>0$ es arbitraria, esto significa que $\log(1-X_n)-\log(1-c) = O_P(a_n)$ por la propia definición de limitación de la probabilidad.