Qué $X_n+Y_n\rightarrow0$ casi seguramente (donde $X_n,Y_n$ son yo.yo.d.) implican $X_n\rightarrow0$ casi seguramente

Question

Deje $\{X_n,Y_n:n\in\mathbb N\}$ ser una secuencia de variables aleatorias independientes. Supongamos que $X_n$ $Y_n$ tienen la misma distribución para cada $n\in\mathbb N$. Probar que si $X_n+Y_n\rightarrow0$ casi seguramente, a continuación, $X_n\rightarrow0$ casi seguramente.

He intentado utilizar Borel-Cantelli Lema para reducir esto para probar que $\sum_nP(|X_n+Y_n|>\epsilon)<\infty$ cualquier $\epsilon>0$ implica $\sum_nP(|X_n|>\epsilon)<\infty$ cualquier $\epsilon>0$. He observado que $P(|X_n|>\epsilon)=P(|X_n|>\epsilon,|X_n-Y_n|<\epsilon)+P(|X_n|>\epsilon,|X_n-Y_n|\geqslant\epsilon)$, y que el primer período de $P(|X_n|>\epsilon,|X_n-Y_n|<\epsilon)\leqslant P(|X_n+Y_n|>\epsilon)$. Pero yo no konw cómo controlar el segundo término.

Por favor, siéntase libre de hablar de ella. No estoy seguro de que me estoy dirigiendo una manera correcta: no puedo encontrar un método apropiado para el uso de la condición de $X_n\stackrel{d}{=}Y_n$.

Answer 1

Me interpretar la declaración de la siguiente manera: si $N$ es un entero positivo, entonces la secuencia de $\left(Z_n\right)_{1\leqslant n\leqslant 2N}$ es independiente, donde $Z_n=X_n$ si $1\leqslant i\leqslant N$ $Z_n=Y_{n-N}$ si $N+1\leqslant n\leqslant 2N$. En otras palabras, la secuencia de $\left(X_n\right)_{n\geqslant 1}$ es independiente de $\left(Y_n\right)_{n\geqslant 1}$, y la secuencia de $\left(X_n\right)_{n\geqslant 1}$ es independiente, así como los $\left(Y_n\right)_{n\geqslant 1}$.

Lema. Si $\left(Z_n\right)_{n\geqslant 1}$ es independiente de la secuencia, entonces $$Z_n\to 0 \mbox{ a.s.}\Leftrightarrow \left(\forall \varepsilon\gt 0,\sum_{n=1}^{+ \infty}\mathbb P\left(\left|Z_n\right|\gt\varepsilon\right)<+\infty \right).$$

Esto se desprende de la Borel-Cantelli lema.

Tenga en cuenta que para cualquier positivos $\varepsilon$, $$\left\{\left|X_n\right|\geqslant \varepsilon\right\}\cap\left\{\left|Y_n\right|\leqslant \varepsilon/2\right\} \subset \left\{\left|X_n+Y_n\right|\geqslant \varepsilon/2\right\}$$ por lo tanto, por el Lema, la serie $\sum_{n=1}^{+\infty}\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\geqslant \varepsilon\right\}\cap\left\{\left|Y_n\right|\leqslant \varepsilon/2\right\}\right)$ es convergente para cualquier positivos $\varepsilon$. Ahora, usando la independencia de la asunción y el hecho de que $X_n$ tiene la misma distribución que $Y_n$, obtenemos que $$\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\geqslant \varepsilon\right\}\cap\left\{\left|Y_n\right|\leqslant \varepsilon/2\right\}\right)=\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\geqslant \varepsilon\right\}\right)\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\leqslant \varepsilon/2\right\}\right)=\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\geqslant \varepsilon\right\}\right)\left(1-\mathbb P\left(\left\{\left|X_n\right|\gt \varepsilon/2\right\}\right) \right).$$ Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $X_n\to 0$ en la probabilidad. Denotando por $\varphi_n$ la función característica de a $X_n$ (de ahí que de $Y_n$), obtenemos que $\varphi_n(t)^2\to 1$ por cada $t$ por lo tanto $\left|\varphi_n(t)\right|^2\to 1$ por cada $t$ lo que demuestra que $X_n-Y_n\to 0$ en la distribución por lo tanto, en la probabilidad. Por lo tanto, $X_n\to 0$ en la probabilidad, la cual termina la prueba.

Answer 2

Deje $\mu_n$ común será la distribución de $X_n$$Y_n$.

Tenemos \begin{align}P(|X_n+Y_n| \ge \epsilon) &= \int_{-\infty}^\infty P(|X_n + t| \ge \epsilon) \mu_n(dt)\\ &= \int_{-\infty}^\infty P(X_n \ge \epsilon - t) \mu_n(dt) + \int_{-\infty}^\infty P(- X_n \ge \epsilon +t) \mu_n(dt)\end{align}

Tenemos \begin{align} \int_{-\infty}^\infty P(X_n \ge \epsilon - t) \mu_n(dt) &\ge \int_{0}^{\infty} P(X_n \ge \epsilon - t) \mu_n(dt) \\&\ge P(X_n \ge \epsilon)\int_{0}^{\infty} \mu_n(dt)\\ &= P(X_n \ge \epsilon) P(X_n \ge 0) \end{align} Así mismo, se $$\int_{-\infty}^\infty P(- X_n \ge \epsilon +t) \mu_n(dt)\ge P(X_n\le-\epsilon)P(X_n<0).$$ Si no he hecho ningún error. Manipulación Similar podría ser útil.