Aplicación del lema de Borel-Cantelli

Question

Deje $\{X_1,X_2,\dots\}$ ser una secuencia de yo.yo.d. variables aleatorias. Definir $M_n=\sup\limits_{k\leq n} |X_k|$. Supongamos $X_1$ $p-$th integrable decir $E[|X_1|^p]<\infty$ algunos $p\in(0,\infty)$. Mostrar que

$\frac{1}{n^{1/p}}M_n\to 0$

con probabilidad 1.

Ya he comprobado que para una variable aleatoria integrable $X$,

$\sum\limits_{n=1}^\infty P(|X|\geq \epsilon n)<\infty$

Por lo tanto para demostrar la declaración, vamos a $\epsilon >0$. Definir $A_n=\{|X_n|\geq \epsilon n^{1/p}\}$.

A continuación, $\sum\limits_{n=1}^\infty P(A_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty P(|X_n|\geq \epsilon n^{1/p})\leq \sum\limits_{n=1}^\infty P(M_n\geq \epsilon n^{1/p})$

Quiero mostrar que la $\sum\limits_{n=1}^\infty P(A_n)<\infty$ y, a continuación, utilizar la Borel-Cantelli lema para mostrar $P(\limsup A_n)=0$.

No sé cómo mostrar $\sum\limits_{n=1}^\infty P(M_n\geq \epsilon n^{1/p})<\infty$. No sé cómo utilizar la condición de que $X_1$ es p-th integrable.

Answer 1

Puesto que el $X_j$ son idénticamente distribuidas, $\mathbb{P}(|X_n| \geq \epsilon n^{1/p}) = \mathbb{P}(|X_1| \geq \epsilon n^{1/p}) = \mathbb{P}(|X_1|^p \geq \epsilon^pn)$. Entonces como $X_1$ $p$- th integrable de lo que usted ya ha mostrado $\sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{P}(|X_n|^p \geq \epsilon^pn) = \sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{P}(|X_1|^p \geq \epsilon^pn) < \infty$, por lo que, como señaló, por Borel-Cantelli $\mathbb{P}(\lim \sup A_n) = 0$.

Ahora se argumenta que el evento de $\{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/p}}M_n < 2 \epsilon \}$ contiene el complemento de $\lim \sup A_n$ y, en particular, ha probabilidad de $1$.

Supongamos $\omega \not \in \lim \sup A_n$. A continuación, $|X_n(\omega)| < \epsilon n^{1/p}$ finalmente, para decir $n \geq N$. Por lo $\frac{1}{n^{1/p}}M_n(\omega) < \frac{1}{n^{1/p}}\max_{k < N} |X_k(\omega)| + \epsilon$ cualquier $n \geq N$. Pero puesto que el $\max$ es de más de un número finito de términos de la primera parte de la mano derecha tiende a $0$$n \to \infty$, por lo que hay un $M$ tal que para $n \geq M$, $\frac{1}{n^{1/p}}\max_{k < N} |X_k(\omega)| < \epsilon$. Por tanto, para $n \geq \max\{M,N\}$ tenemos que $\frac{1}{n^{1/p}}M_n(\omega) < 2 \epsilon$$\omega \in \{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/p}}M_n < 2 \epsilon \}$.

Para concluir, vamos a $B_k = \{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/p}}M_n < \frac{2}{k} \}$. Tomando $\epsilon = \frac{1}{k}$ en la anterior $\mathbb{P}(B_k) = 1$ por cada $k$$\mathbb{P}(\bigcap B_k) = 1$. Pero ya $M_n \geq 0$, $\bigcap B_k = \{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/p}}M_n = 0 \}$

Edit: me he dado cuenta de que un problema con el original de la respuesta que doy más arriba es que se presupone la existencia del límite en el tercer párrafo. Una solución sencilla es buscar sólo en el conjunto de $\{\lim \sup_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/p}}M_n < 2 \epsilon \}$ lugar y luego todo el argumento anterior pasa a través de.