Dado $\{A_n\}$ con $P(A_n)\to 0$ demuestran que para cada $\alpha>0$ existe una subsecuencia $\{A_{n_k}\}$ tal que $P(\cup_k A_{n_k})\leq\alpha$

Question

Dado $\{A_n\}$ con $P(A_n)\to 0$ demuestran que para cada $\alpha>0$ existe una subsecuencia $\{A_{n_k}\}$ tal que

$$P(\cup_k A_{n_k})\leq\alpha$$

He encontrado esta variación del problema que intento resolver. Me imagino que la solución a mi problema es similar, pero no veo exactamente a través de él.

Porque $P(A_n)\to 0$ entonces me imagino que existe una subsecuencia $A_{n_k}$ tal que $\sum_{k=1}^\infty P(A_{n_k})< \infty$ y de Borel-Cantelli tengo $P(\lim\sup A_{n_k})=0$ . Además entiendo que $\lim_{k\to\infty} P(\cup_k A_{n_k})=0$ a partir de las propiedades del límite superior. ¿Ayuda este razonamiento a llegar al resultado necesario?

Agradezco cualquier sugerencia.

Answer 1

Creo que el truco estándar aquí es encontrar alguna serie absolutamente convergente $\sum_{k=1}^\infty a_k$ y luego una subsecuencia $\{ A_{n_k}\}_{k=1}^\infty $ tal que $\mathbb{P}(A_{n_k})\leq a_k$ . Afirmo que esto debería implicar su resultado a partir de las propiedades de una medida. ¿Puede ver por qué?

Answer 2

Tu problema es más o menos el mismo que el de la variación que has citado. Consulte este extracto del solución aceptada lo que evita el lema de Borel-Cantelli:

Ahora porque $P(A_n^c)\to0$ podemos elegir una subsecuencia $n_k$ tal que $$ P(A_{n_k}^c)< 3^{-(k+1)}$$

Puedes utilizar esta misma idea. Desde $P(A_n)\to0$ puede elegir $n_k$ para que $P(A_{n_k})$ es tan pequeño como quieras tan pequeño que la suma de $P(A_{n_k})$ es inferior a $\alpha$ .