Сумма с участием случайных величин iid Пуассона

Aug 18 2020

Предположим $X_i \stackrel{\text{iid}}{\sim} \text{Poisson}(\lambda)$ и рассмотреть $Y_n \equiv \sum_{i=1}^n \frac{X_i - \lambda}{i}$

Я хочу показать это $Y_n$ сходится почти наверняка, но почти наверняка расходится по абсолютной величине, т. е. $$(1) \quad Y_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} (X_i - \lambda) \text{ exists a.s., but } (2) \quad A_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} |X_i - \lambda| \text{ diverges a.s.} $$

$(1)$ можно рассматривать как простое следствие теоремы Колмогорова о двух сериях. $Z_i \equiv (X_i -\lambda)/i$ имеет $E(Z_i) = 0$ и $\text{Var}(Z_i) = \lambda/i^2$ так что оба $\sum E(Z_i), \sum \text{Var}(Z_i)$ сходятся ряды.

Я не уверен на 100%, как продолжить $(2)$, но, возможно, работает следующий аргумент:

Если $\lambda \not \in \mathbb{N}$, мы сразу имеем $|X_i - \lambda| \ge \min \{\lceil{\lambda} \rceil - \lambda, \lambda - \lfloor{\lambda} \rfloor\} \equiv c > 0$ для каждого $i$почти наверняка. Таким образом$$A_\infty \ge c \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} = \infty$$

Сейчас если $\lambda \in \mathbb{N}$, все становится более сложным, пытаясь сделать это строго, даже если проблема интуитивно та же. Может быть, нам нужно воспользоваться теоремой Колмогорова о трех сериях? Мы знаем, что если$A_\infty$ существует как предел почти наверняка, то для каждого $t \in (0, \infty)$ мы должны иметь $$S(t) \equiv \sum_{i = 1}^\infty \frac{1}{i} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq i t)) < \infty $$

Выбирать $t = 2$ и у нас очевидно есть $\mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2i)$ в виде $2i \ge 2$. Более того,$$\forall i \in \mathbb{N}, \quad E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2))\ge 2P(X_i = \lambda +2) \equiv \delta > 0$$ итак, мы получаем $$\infty = \delta \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} \leq \sum_{i \ge 1} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq S(2)$$Итак, мы получили противоречие и можем сделать вывод. Это работает?

Ответы

shalop Aug 18 2020 at 19:01

Вот быстрый способ выполнить часть (2).

Позволять $\xi_i:= |X_i-\lambda|$. потом$\sum_{i=1}^{\infty} \frac1i (\xi_i-\Bbb E[\xi_i])$сходится по тем же соображениям, что и в части (1). Обратите внимание, что$\sum_1^n \frac1i \Bbb E[\xi_i] \sim \Bbb E[\xi_1]\log n$.

Таким образом, почти для каждого $\omega$ Мы видим, что $\big(\sum_{i=1}^n \frac1i \xi_i(\omega)\big) - \Bbb E[\xi_1]\log n$ - сходящаяся (следовательно, ограниченная) последовательность, откуда следует, что $\sum_1^n \frac1i \xi_i(\omega)$ расходится на том же наборе $\omega$.