2025 4/18 오늘의 문제와 감상 (Durret 2.3.7, 2.3.11)

 

 

어제 풀었던 문제와 이어지는 문제다.

모든 Cauchy sequence가 수렴함을 보이는 문제였다.

가장 많이 사용하는 key는 $\frac{x}{1+x}$가 증가함수라는 것이었다. $E[\frac{|X-Y|}{1+|X-Y|}]$가 본 문제의 식이었기 때문에 $\phi = \frac{x}{1+x}$로 놓고 문제를 접근했다.

 

이 문제의 핵심은 $X_{\infty}$를 구성하는 것이다. 어떻게?

각 $\omega$마다 $X_n(\omega)$는 real sequence이다. 그러면 $X_{\infty} = \lim X_n(\omega)$로 잡아주면 좋겠다. 그러면 각 $\omega$마다 수렴함을 보여야 하는데.

 

나의 실수

$d(X_m,X_n)$에 $\omega$를 넣고 그 값이 0으로 수렴한다고 생각했다. 그런데 $d$는 expectation으로 정의되어 있다. expectation이 0으로 간다고 각 $\omega$에 대해 0으로 수렴해야한다는 건 아니다.

 

여기서 각 sequence의 subsequence마다 수렴하는 further subsequence가 있으면 sequence가 수렴한다는 정리를 사용했다.

 

그러면 어떻게?

이번에 안 사실인데 Cauchy임을 보이려면 $P(|X_{n(m_k)}-X_{n(m_{k-1})}| > \frac{1}{k^2})$의 sum이 finite임만 보이면 끝난다.

그러면 further subsequence에서 2개씩의 차이가 $\frac{1}{k^2}$ 클 확률의 sum이 finite이면 borel - cantelli lemma에 의해 $P(|X_{n(m_k)}-X_{n(m_{k-1})}| > \frac{1}{k^2} \space i.o.) = 0$ 이 된다.

(무한히 나오는 애들의 확률이 0이 아니면, 그 각 사건의 sum도 무한대.)

 

어떻게 잡나면 Markov inequality에서 $A = (\frac{1}{k^2},\infty)$, $\phi = \frac{x}{1+x}$로 잡아서. + $|X_{n(m_k)}-X_{n(m_{k-1})}|<2^{-k}$로 잡기(d가 수렴하기 때문에 구성 가능, 예시는 Appendix)

 

위의 사건에 계속 들어갔다 나오거나 상주에 있는 애들을 제외하면 나머지 애들의 확률의 합은 1이다.

$P(|X_{n(m_k)}-X_{n(m_{k-1})}| \leq \frac{1}{k^2} \space eventually) = 1$

이제 $\Omega_0 = (|X_{n(m_k)}-X_{n(m_{k-1})}| \leq \frac{1}{k^2} \space eventually)$ 로 두고 삼각부등식과 tail series(?)를 이용하면 쉽게 cauchy임을 보일 수 있다. (나는 했다.)

 

그리고 처음에 말한 방식으로 $X_{\infty}$를 구성해주면 끝

쉬운 문제인데 (ii)에서, Borel Cantelli 2의 대우인 "$P(A_n \space i.o.) < 1 \rightarrow \sum p_n < \infty$ or $A_n$'s are dependent." 를 쓰면 쉽게 풀린다.

independent 조건을 준 것부터 Borel Cantelli 2를 쓰라는 힌트인 것 같다.

 

정리

1. sequence가 수렴하는 걸 보이고 싶으면 subsequence마다 수렴하는 further subseqeunce가 있음을 보여라.

본 문제에서는 subsequence를 잘 잡으면 두 항 간의 차이가 $2^{-k}$보다 작게 잡을 수 있어서.

2. expectation에서 확률 잡을 때 markov를 잘 이용해보자.

3. Borel Cantelli2의 대우를 생각하면 쉽다.

 

Appendix

아래는 subsequence 잡는 방법이다.

각 Block은 $\epsilon$이 $2^{-k}$일 때이다. 원래는 block 끼리 겹치는데 예를 들어 $2^{-1}$와 $2^{-2}$ 사이에 있는 X들만 고려해서 그 중에 하나를 택한다고 생각하면 된다.

예를 들어 $X_{n1},X_{n100},X_{n1000}...$과 같이 택하면 우리가 원하는 $X_{nm_k}$가 된다.

Block1	Block2	Block3	...
$2^{-1}$	$2^{-2}$	$2^{-3}$	...
$X_{n1},X_{n2},X_{n3}...$	$X_{n100},X_{n101},X_{n102}...$	$X_{n1000},X_{n10001},X_{n1002}...$	...

 

다 만들고 생각해보니 Block 0부터 했어야했넴.

 

출처 : Durrett, R. (2019). Probability: Theory and examples (5th ed.). Cambridge University Press.