Somme impliquant des variables aléatoires iid Poisson

Aug 18 2020

Supposer $X_i \stackrel{\text{iid}}{\sim} \text{Poisson}(\lambda)$ et considérer $Y_n \equiv \sum_{i=1}^n \frac{X_i - \lambda}{i}$

Je veux montrer ça $Y_n$ converge presque sûrement mais diverge presque sûrement en valeur absolue, c'est-à-dire $$(1) \quad Y_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} (X_i - \lambda) \text{ exists a.s., but } (2) \quad A_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} |X_i - \lambda| \text{ diverges a.s.} $$

$(1)$ peut être considérée comme une conséquence facile du théorème des deux séries de Kolmogorov. $Z_i \equiv (X_i -\lambda)/i$ a $E(Z_i) = 0$ et $\text{Var}(Z_i) = \lambda/i^2$ pour que les deux $\sum E(Z_i), \sum \text{Var}(Z_i)$ sont des séries convergentes.

Je ne sais pas à 100% comment procéder $(2)$, mais peut-être que l'argument suivant fonctionne:

Si $\lambda \not \in \mathbb{N}$, nous avons immédiatement $|X_i - \lambda| \ge \min \{\lceil{\lambda} \rceil - \lambda, \lambda - \lfloor{\lambda} \rfloor\} \equiv c > 0$ pour chaque $i$presque sûrement. Donc$$A_\infty \ge c \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} = \infty$$

Maintenant si $\lambda \in \mathbb{N}$, les choses se compliquent en essayant de le faire rigoureusement même lorsque le problème est intuitivement le même. Peut-être devons-nous utiliser le théorème des trois séries de Kolmogorov? Nous savons que si$A_\infty$ existe presque sûrement comme une limite, alors pour chaque $t \in (0, \infty)$ nous devons avoir $$S(t) \equiv \sum_{i = 1}^\infty \frac{1}{i} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq i t)) < \infty $$

Choisir $t = 2$ et nous avons évidemment $\mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2i)$ comme $2i \ge 2$. En outre,$$\forall i \in \mathbb{N}, \quad E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2))\ge 2P(X_i = \lambda +2) \equiv \delta > 0$$ alors finalement nous obtenons $$\infty = \delta \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} \leq \sum_{i \ge 1} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq S(2)$$nous avons donc une contradiction et nous pouvons conclure. Est-ce que ça marche?

Réponses

shalop Aug 18 2020 at 19:01

Voici un moyen rapide de faire la partie (2).

Laisser $\xi_i:= |X_i-\lambda|$. ensuite$\sum_{i=1}^{\infty} \frac1i (\xi_i-\Bbb E[\xi_i])$converge comme par le même raisonnement que dans la partie (1). Notez que$\sum_1^n \frac1i \Bbb E[\xi_i] \sim \Bbb E[\xi_1]\log n$.

Ainsi pour presque chaque $\omega$ on voit ça $\big(\sum_{i=1}^n \frac1i \xi_i(\omega)\big) - \Bbb E[\xi_1]\log n$ est une séquence convergente (donc bornée), ce qui implique que $\sum_1^n \frac1i \xi_i(\omega)$ diverge sur le même ensemble de $\omega$.