Сходимость случайных величин п.н., необх. и дост. условие

[mms1966]

Доказать, что $\xi_n$ п. н. сходится к $\xi$ тогда и только тогда, если для любого $\varepsilon$>0
P ( | $\xi_n - \xi $ | > $\varepsilon$ для бесконечного числа n) $=$ 0

Прошу проверить, справедливы ли следующие рассуждения (в одну сторону):
Из определения сходимости п.н. : $ P ( \{ \omega | \lim \xi_n=\xi \} )=1$
Отсюда $ P (\{\omega | \forall \varepsilon > 0 \ \exists n_\varepsilon ,\ \forall n > n_\varepsilon \ |\xi_n-\xi|<\varepsilon\})=1$
Т.е условие $|\xi_n-\xi|<\varepsilon$ выполняется для бесконечного числа n c вероятностью 1.
Тогда для этих же n условие $|\xi_n-\xi|>\varepsilon$ выполняется c вероятностью 0, что и нужно доказать.

[mms1966]

Прошу подсказать, допустим ли здесь указанный в предыдущем посте переход

Цитата:

Тогда для этих же n условие $|\xi_n-\xi|>\varepsilon$ выполняется c вероятностью 0, что и нужно доказать.

[_hum_]

Наверное так не пойдет. По крайней мере не очевидно. Надо бы в явном виде повыписывать множества и попытаться оценивать их вероятности. Ну, наподобие, введем $A_n^\varepsilon = \{\omega \,\big|\, |\xi_n(\omega) - \xi(\omega)| > \varepsilon \}$. Тогда множество тех $\omega$, на которых которых при фиксированном $\varepsilon $ наступает бесконечное число событий из серии $A_1^\varepsilon$, $A_2^\varepsilon,\dots$ - как раз те точки, на которых сходимости нет. Они образуют множество $A^\varepsilon = \bigcap_{k}\bigcup_{n \geq k}A_n^\varepsilon$. Таким образом, множество всех точек, на которых отсутствует сходимость - это $ \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$. По условию вам дано, что $P(A^\varepsilon) = 0$. И надо отсюда прийти к заключению, что это равносильно условию $P(\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon) = 0$.

[mms1966]

Можно ли утверждать, что $ \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ является пределом последовательности $A^\varepsilon$ при $\varepsilon= 1, 1/2, 1/3 ...$ и скакать, что поскольку для каждого $A^\varepsilon \ P(A^\varepsilon) = 0 $ то и $P( \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon )=0$ ?

[_hum_]

И если вам ответят "да", вы поверите на слово? Просто попытайтесь доказать. Направление мысли правильное. Только осторожней с понятиями "предел" для последовательности множеств.
И вот здесь тоже

mms1966 в сообщении #519630 писал(а):

поскольку для каждого $A^\varepsilon \ P(A^\varepsilon) = 0 $ то и $P( \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon )=0$ ?

осторожнее. Даже для $\varepsilon \in \mathbb{Q}$, это не очевидный факт, требующий доказательства (как правило, с помощью привлечения либо непрерывности вероятностной меры, либо ее счетной субаддитивности).

[mms1966]

Последовательность $A^\varepsilon$ при $\varepsilon= 1, 1/2, 1/3 ...$ является неубывающей, т.к. каждое событие вызывает все следующие. Поэтому монотонным пределом является событие, при котором выполняется хотя бы одно из событий последовательности, т.е.
$ \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon $.
Учитывая непрерывность вероятности, можем сказать, что в этом случае вероятность предела является пределом вероятностей последовательности.
Или, используя счетную субаддитивность, вероятность объединения не превышает суммы вероятностей множеств. (Здесь, вроде как и не нужно предела?).

Скажите пожалуйста, правильно ли это?

[_hum_]

mms1966 в сообщении #519801 писал(а):

Последовательность $A^\varepsilon$ при $\varepsilon= 1, 1/2, 1/3 ...$ является неубывающей, т.к. каждое событие вызывает все следующие. Поэтому монотонным пределом является событие, при котором выполняется хотя бы одно из событий последовательности, т.е.
$ \bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon $.

Тут немного недаработано. Это ваше рассуждение (насколько я его понял) лишь говорит о том, что $A^{1/n} \uparrow \bigcup_{n} A^{1/n} $. Но так и не сказано, как это все связано с исходным множеством $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ (где объединение берется по всем вещественным $\varepsilon > 0$).
Сам ход доказательства с использованием непрерывности или субаддитивности правильный.

[mms1966]

Я думаю, здесь можно утверждать, что $\bigcup_{n} A^{1/n}$ и $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ равны. Ведь если взять событие из первого множества, то найдется и такое $A^\varepsilon$ из второго множества (при $\varepsilon=1/n$), которому принадлежит это событие. Аналогично, если событие принадлежит второму множеству, то существует n, такое что $1/n<\varepsilon$, что событие принадлежит $A^{1/n}$, а значит, и первому множеству

[_hum_]

mms1966 в сообщении #519914 писал(а):

Я думаю, здесь можно утверждать, что $\bigcup_{n} A^{1/n}$ и $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ равны. Ведь если взять событие из первого множества, то найдется и такое $A^\varepsilon$ из второго множества (при $\varepsilon=1/n$), которому принадлежит это событие. Аналогично, если событие принадлежит второму множеству, то существует n, такое что $1/n<\varepsilon$, что событие принадлежит $A^{1/n}$, а значит, и первому множеству

Угу. Теперь осталось только все собрать до кучи.

[mms1966]

Большое спасибо. Но ведь мы доказали только в одну сторону, а у нас критерий, нужно еще обратно?

[_hum_]

Ну, конечно, и в обратную нужно. Но там проще (показать, что из $P(\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon) = 0$ вытекает $P(A^\varepsilon) = 0 $).

И еще такое замечание: рассуждение про равенство $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon = \bigcup_{n} A^{1/n}$ нужно в самом начале доказательства проводить, ибо оно помимо прочего обосновывает правомерность считать $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ событием (в общем случае несчетное объединение событий не является событием).

[mms1966]

В обратную сторону, я думаю, можно так:
Покажем, что из $P(\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon) = 0$ вытекает $P(A^\varepsilon) = 0 $. Предположим, что это не так. Тогда
имеем некоторое $\varepsilon$, для которого $P(A^\varepsilon) > 0 $.
Но, поскольку это $A^\varepsilon$ включается в $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ , то из-за непрерывности вероятности и $P(\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon) > 0$, что противоречи условию.

Скажите пожалуйста, верно ли это?

[_hum_]

Что-то я этого перехода не понял

mms1966 в сообщении #520153 писал(а):

Но, поскольку это $A^\varepsilon$ включается в $\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon$ , то из-за непрерывности вероятности и $P(\bigcup_{\varepsilon > 0} A^\varepsilon) > 0$, что противоречи условию.

каким боком тут используется непрерывность?

Используйте просто свойство монотонности вероятности: $A \subset B \Rightarrow P(A) \leq P(B)$.

[mms1966]

Извините, конечно же, монотонность, ведь тут сразу из нее следует нужный результат.
Огромное Вам спасибо!
Как хорошо, что есть люди, которые могут помочь!
Счастья Вам и всяческих благ!

[mms1966]

Извините, уважаемые форумчане. Вот, свел все подсказанное в кучу. Прошу проверить, так как, говорят,
что в моих рассуждениях есть ошибка. Прошу, проверьте, пожалуйста, что здесь может быть не так.

Обозначим $A_n^\varepsilon=\{\omega\big||\,\xi_n(\omega)-\xi(\omega)|>\varepsilon\}$. Тогда множество тех $\omega$, где при фиксированных $\varepsilon$ количество событий из серии $A_1^\varepsilon,A_2^\varepsilon,...$ бесконечное, - точки, где сходимость отсутствует. Они образуют множество $A^\varepsilon=\bigcap_k\bigcup_{n\geq k}A_n^\varepsilon$. Таким образом, множество всех точек, где сходимость отсутствует - это $\bigcup_{\varepsilon>0}A^\varepsilon$.
По условию, $P(A^\varepsilon)=0$. Покажем, что $P(\bigcup_{\varepsilon>0}A^\varepsilon)=0$.
Построим последовательность событий $A^{\frac1n}$ при $n=1,2,...$ (то есть будем выбирать $\varepsilon=1,\frac12,...$). Докажем, что $\bigcup_nA^\frac1n=\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$. Равенство доказывает тот факт, что если некое событие принадлежит $\bigcup_nA^\frac1n$, то оно принадлежит некоему $A^\frac1n$, и, как следствие, и некоему $A^\varepsilon$ при $\varepsilon=\frac1n$, то есть, принадлежит $\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$. Аналогично, если некое событие принадлежит $\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$, то оно принадлежит и некоему $A^\varepsilon$, и, как следствие, некоему $A^\frac1n$ при $\frac1n<\varepsilon$. Также из равенства $\bigcup_nA^\frac1n=\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$ следует, что $\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$ - событие (так как в общем случае не всегда объединение бесчисленного количества событий - событие).
Также видим, что $A^1\subset{A^\frac12}\subset...\subset{A^\frac1n}\subset...$, поэтому монотонным пределом $A^\frac1n$ является событие, при котором выполняется хотя бы одно из событий $A^\frac1n$, тоесть событие $\bigcup_nA^\frac1n$. Но $\bigcup_nA^\frac1n=\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$. Поэтому, так как $\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon$ - предел последовательности $A^\frac1n$, а $P(A^\frac1n)=0$, то, используя лемму Бореля Кантелли, так как $\sum\limits_nP(A^\frac1n)$ сходится, то $P(\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon)=0$, что и требовалось доказать.
Теперь пусть $P(\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon)=0$. Покажем, что $\forall \varepsilon$ $P(A^\varepsilon)=0$ .
Допустим, что $\exists\varepsilon$ такое, что $P(A^\varepsilon)>0$. Но так как $A^\varepsilon\subset{\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon}$, то из монотонности непрерывности следует $0<P(A^\varepsilon)\leq{P(\bigcup_{\varepsilon}A^\varepsilon)}$, что противоречит условию. Поэтому $P(A^\varepsilon)=0$ $\forall \varepsilon$.