İid Poisson rastgele değişkenlerini içeren toplam

Question

Varsayalım $X_i \stackrel{\text{iid}}{\sim} \text{Poisson}(\lambda)$ ve düşün $Y_n \equiv \sum_{i=1}^n \frac{X_i - \lambda}{i}$

Bunu göstermek istiyorum $Y_n$ neredeyse kesin olarak yakınsar, ancak mutlak değerde neredeyse kesin olarak farklılaşır, yani $$(1) \quad Y_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} (X_i - \lambda) \text{ exists a.s., but } (2) \quad A_\infty \equiv \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i} |X_i - \lambda| \text{ diverges a.s.} $$

$(1)$ Kolmogorov'un iki serili teoreminin kolay bir sonucu olarak görülebilir. $Z_i \equiv (X_i -\lambda)/i$ vardır $E(Z_i) = 0$ ve $\text{Var}(Z_i) = \lambda/i^2$ böylece ikisi de $\sum E(Z_i), \sum \text{Var}(Z_i)$ yakınsak serilerdir.

Nasıl devam edeceğime% 100 emin değilim $(2)$, ancak belki aşağıdaki argüman işe yarar:

Eğer $\lambda \not \in \mathbb{N}$hemen sahibiz $|X_i - \lambda| \ge \min \{\lceil{\lambda} \rceil - \lambda, \lambda - \lfloor{\lambda} \rfloor\} \equiv c > 0$ her biri için $i$neredeyse kesin. Böylece$$A_\infty \ge c \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} = \infty$$

Şimdi eğer $\lambda \in \mathbb{N}$Sorun sezgisel olarak aynı olsa bile, bunu titizlikle yapmaya çalışırken işler daha karmaşık hale gelir. Belki de Kolmogorov'un üç seri teoremini kullanmamız gerekiyor? Biliyoruz ki eğer$A_\infty$ neredeyse kesin bir sınır olarak var, o zaman her biri için $t \in (0, \infty)$ Biz sahip olmalıyız $$S(t) \equiv \sum_{i = 1}^\infty \frac{1}{i} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq i t)) < \infty $$

Toplamak $t = 2$ ve tabii ki sahibiz $\mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2i)$ gibi $2i \ge 2$. Ayrıca,$$\forall i \in \mathbb{N}, \quad E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2))\ge 2P(X_i = \lambda +2) \equiv \delta > 0$$ yani sonunda elde ederiz $$\infty = \delta \sum_{i \ge 1} \frac{1}{i} \leq \sum_{i \ge 1} E(|X_i - \lambda| \mathbf{1}(|X_i - \lambda| \leq 2) \leq S(2)$$bu yüzden bir çelişkimiz var ve sonuca varabiliriz. Bu çalışıyor mu?

Answer 1

İşte 2. bölümü yapmanın hızlı bir yolu.

İzin Vermek $\xi_i:= |X_i-\lambda|$. Sonra$\sum_{i=1}^{\infty} \frac1i (\xi_i-\Bbb E[\xi_i])$(1) bölümündeki mantıkla birleşir. Bunu not et$\sum_1^n \frac1i \Bbb E[\xi_i] \sim \Bbb E[\xi_1]\log n$.

Böylece neredeyse her biri için $\omega$ bunu görüyoruz $\big(\sum_{i=1}^n \frac1i \xi_i(\omega)\big) - \Bbb E[\xi_1]\log n$ yakınsak (dolayısıyla sınırlı) bir dizidir; $\sum_1^n \frac1i \xi_i(\omega)$ aynı sette farklılaşır $\omega$.