La secuencia satisface la ley débil de grandes números pero no satisface la ley fuerte de grandes números

Question

Demostrar que$\{X_n\}_{n=1}^{\infty}$ es una secuencia de variables aleatorias independientes tal que$$P(X_n=n+1)=P(X_n=-(n+1))=\frac{1}{2(n+1)\log(n+1)}$ $$$P(X_n=0)=1-\frac{1}{(n+1)\log(n+1)}$ $ Demuestre que$X_n$ satisface la ley débil de grandes números pero no satisface la ley fuerte de grandes números .

Pensé que podría mostrar que$\mathbb EX_n=0$ y luego traté de mostrar que$\frac{ \mathrm{Var}X_n}{n^2} \rightarrow 0$. Pero no creo que este sea el camino correcto, creo que necesito usar$S_n$ somehowe. ¿Cómo deberia hacerse?

Answer 1

Para demostrar la convergencia en la probabilidad,% y% \ mathrm {Var} (X_n) = \ mathbb E [X_n ^ 2] = \ frac {2 (n 1) ^ 2} {2 (n 1) \ log (n 1)} = \ frac {n 1} {\ log (n 1)}. $$ Por consiguiente$$ \mathbb E[X_n] = \frac{n+1}{2(n+1)\log(n+1)} - \frac{n+1}{2(n+1)\log(n+1)} = 0$, y $$ \begin{align*} \frac1{\varepsilon^2}\mathbb E\left[\left(\frac{S_n}n\right)^2\right] &= \frac1{n^2\varepsilon^2} \mathbb E[S_n^2]\\ &= \frac1{n^2\varepsilon^2} \mathrm{Var}\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)\\ &= \frac1{n^2\varepsilon^2} \sum_{i=1}^n \mathrm{Var}(X_i)\\ &= \frac1{n^2\varepsilon^2} \sum_{i=1}^n \frac{i+1}{\log(i+1)}\\ &\leqslant \frac1{n^2\varepsilon^2}\left(\frac{n(n+1)}{\log(n+1)}\right)\\ &= \frac{n+1}{n\log(n+1)\varepsilon^2}\\ &= \frac1{\log(n+1)\varepsilon^2} + \frac1{n\log(n+1)\varepsilon^2}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}0. \end {align *} $$ Por la desigualdad de Markov,$\mathbb E[S_n]=0$ $

Para demostrar que la convergencia no es casi segura, para cada$$ \mathbb P\left(\frac{S_n}n \geqslant\varepsilon \right)\leqslant \frac{\mathbb E\left[\left(\frac{S_n}n\right)^2 \right]}{\varepsilon^2}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}0.$ tenemos, como señaló @Frank$n$ $ Dado que$$ \{X_n=n+1\} \subset \left\{|S_n|\geqslant \frac n2\right\} \cup \left\{|S_{n-1}|\geqslant \frac n2\right\}.$ $ por Borel-Cantelli tenemos$$\sum_{n=1}^\infty \mathbb P(X_n=n+1) = \sum_{n=1}^\infty\frac1{2(n+1)\log(n+1)}=+\infty,$ $ Y por lo tanto$$\limsup_{n\to\infty} \mathbb P\left(\frac{|S_n|}n\geqslant \frac12\right)=1,$ $

Answer 2

Para mostrar la convergencia a $0$ no es casi seguro, tenga en cuenta $$\{X_n = n+1\} \subset \{|S_n| \geq n/2\} \cup \{|S_{n-1}| \ \geq n/2\}.$$ The probabilities on the left have infinite sum. By Borel-Cantelli, it therefore occurs with probability $1$ that $|S_n|/n \geq 1/2$ infinitamente a menudo.

Para la convergencia en probabilidad, cito el siguiente resultado de Chung "Un curso en teoría de la probabilidad":

Supongamos $(X_n)$ es una secuencia de variables aleatorias independientes con funciones de distribución de $F_n$. Deje $(b_n)$ ser una secuencia de números reales, el aumento de a $\infty$. Supongamos que

$$\sum_{j=1}^n \int_{|x|>b_n} dF_j(x) = o(1) $$

y que

$$\frac{1}{b_n^2} \sum_{j=1}^n \int_{|x| \leq b_n} x^2 dF_j(x) = o(1) .$$

Definir algunas nuevas constantes

$$a_n := \sum_{j=1}^n \int_{|x|\leq b_n} x dF_j(x) .$$

A continuación, el siguiente convergencia tiene en la probabilidad de:

$$\frac{1}{b_n} (S_n - a_n) \rightarrow 0. $$

(Esto es fácil de demostrar el uso de algunos trunca variables aleatorias). En su caso, tome $b_n = n+1$. Luego la primera a la suma anterior se desvanece; por lo que es definitivamente $o(1)$. La cantidad en el lado izquierdo de la segunda condición es de orden

$$ \frac{li(n)}{n+1} $$

donde $li$ es la logarítmica de la función integral (ver wikipedia). Pero según la wikipedia

$$li(n) = O(n/\log(n)) .$$

Así

$$\frac{li(n)}{n+1} = O(1/log(n)) = o(1). $$

Por la simetría de sus variables, el $a_n$ definido anteriormente igual a cero. Esto le da

$$\frac{S_n}{n+1} \rightarrow 0 $$

en probabilidad, y desde $n/(n+1) \rightarrow 0$, ciertamente, $S_n/n \rightarrow 0$ en la probabilidad.

Nota: también se puede simplemente usar $b_n=n$ para evitar este último paso en el argumento, pero entonces no va a ser un no-cero término en la primera suma.