iidポアソン確率変数を含む合計

Aug 18 2020

仮定します $X_i \stackrel{\text{iid}}{\sim} \text{Poisson}(\lambda)$ 検討します $Y_n \equiv \sum_{i=1}^n \frac{X_i - \lambda}{i}$

それを見せたい $Y_n$ ほぼ確実に収束しますが、絶対値はほぼ確実に発散します。 $$(1) \quad Y_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} (X_i - \lambda) \text{ exists a.s., but } (2) \quad A_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} |X_i - \lambda| \text{ diverges a.s.} $$

$(1)$ コルモゴロフの2つの級数の定理の簡単な結果として見ることができます。 $Z_i \equiv (X_i -\lambda)/i$ 持っている $E(Z_i) = 0$ そして $\text{Var}(Z_i) = \lambda/i^2$ 両方 $\sum E(Z_i), \sum \text{Var}(Z_i)$ 収束級数です。

続行する方法が100%わかりません $(2)$、しかしおそらく次の議論はうまくいく:

場合 $\lambda \not \in \mathbb{N}$、すぐに $|X_i - \lambda| \ge \min \{\lceil{\lambda} \rceil - \lambda, \lambda - \lfloor{\lambda} \rfloor\} \equiv c > 0$ すべてのための $i$ほぼ確実に。したがって、$$A_\infty \ge c \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} = \infty$$

今なら $\lambda \in \mathbb{N}$、問題が直感的に同じであっても、これを厳密に実行しようとすると、事態はより複雑になります。たぶん、コルモゴロフの3つのシリーズの定理を使用する必要がありますか?私たちはそれを知っています$A_\infty$ ほぼ確実に限界として存在し、 $t \in (0, \infty)$ 私たちは持っている必要があります $$S(t) \equiv \sum_{i = 1}^\infty \frac{1}{i} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq i t)) < \infty $$

ピック $t = 2$ そして私たちは明らかに持っています $\mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2i)$ なので $2i \ge 2$。さらに、$$\forall i \in \mathbb{N}, \quad E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2))\ge 2P(X_i = \lambda +2) \equiv \delta > 0$$ だから最終的に私たちは得る $$\infty = \delta \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} \leq \sum_{i \ge 1} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq S(2)$$矛盾があり、結論を出すことができます。これは機能しますか?

回答

shalop Aug 18 2020 at 19:01

パート(2)を実行する簡単な方法は次のとおりです。

しましょう $\xi_i:= |X_i-\lambda|$。次に$\sum_{i=1}^{\infty} \frac1i (\xi_i-\Bbb E[\xi_i])$パート(1)と同じ理由で収束します。ご了承ください$\sum_1^n \frac1i \Bbb E[\xi_i] \sim \Bbb E[\xi_1]\log n$

したがって、ほぼすべての $\omega$ わかります $\big(\sum_{i=1}^n \frac1i \xi_i(\omega)\big) - \Bbb E[\xi_1]\log n$ は収束(したがって有界)シーケンスであり、これは次のことを意味します。 $\sum_1^n \frac1i \xi_i(\omega)$ 同じセットで発散する $\omega$