Autor Tema: Ley 0-1 de Borel-Cantelli

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07 Junio, 2020, 07:34 am
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YeffGC

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Hola se me asignado el siguiente problema:

Suponga \( \left\{{A_n}\right\} \) son eventos independientes que sastifascen \(  P \left(A_n \right) <1 \), para todo n. mostrar
$$P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n \right)=1 \Leftrightarrow P \left( \limsup_{n \to \infty}A_n\right)=1$$

el problema es en la implicación del regreso
 
$$P \left( \limsup_{n \to \infty}A_n\right)=1 \Rightarrow{ P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n \right)=1}$$

yo he estado pensándolo de manera de usar la definición de \( \limsup \) de esta manera:

\( P \left( \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{k \geq n} A_n \right)=1 \)

de acá tengo dos posibilidades

1) ocupar \( \bigcap_{n=1}^{\infty}P \left( \bigcup_{k \geq n}A_n \right)=1 \) pero no sé como seguir

2) demostrar que \( A_n \) puede ser creciente pero ese lo descarto

alguna idea con lo que he dicho u otra nueva

07 Junio, 2020, 08:02 am
Respuesta #1

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Observa que

\( \displaystyle{
\bigcap_{n\geqslant 1}\bigcup_{k\geqslant n}A_k \subset \bigcup_{n\geqslant 1}A_n
} \)

Como \( P \) es una medida entonces es creciente, es decir que si \( C\subset D \) son conjuntos medibles entonces \( P(C)\leqslant P(D) \).

10 Junio, 2020, 05:30 am
Respuesta #2

YeffGC

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Observa que

\( \displaystyle{
\bigcap_{n\geqslant 1}\bigcup_{k\geqslant n}A_k \subset \bigcup_{n\geqslant 1}A_n
} \)

Como \( P \) es una medida entonces es creciente, es decir que si \( C\subset D \) son conjuntos medibles entonces \( P(C)\leqslant P(D) \).

si con eso sale en 3 pasos  :aplauso:

pero me rechazaron la parte
\( P\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n \right)=1 \Rightarrow P \left( \limsup_{n \to \infty}A_n\right)=1 \)

yo ocupe el complento

\( P\left[  \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \right)
^C \right] =0 \)

\( P\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n^c \right)=0 \)
\( \prod_{n=1}^{\infty}\left[ 1-P(A) \right]=0 \)

\( \prod_{n=1}^{\infty}e^{-P(A)}=0 \)   

\( e^{-\sum_{n=1}^{\infty}P(A)}=0 \) justo acá me dice que no puedo asegurar que eso es igual a cero y no sé qué más hacer  :( espero su ayuda

10 Junio, 2020, 08:07 am
Respuesta #3

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\( \prod_{n=1}^{\infty}\left[ 1-P(A) \right]=0 \)

\( \prod_{n=1}^{\infty}e^{-P(A)}=0 \)   

\( e^{-\sum_{n=1}^{\infty}P(A)}=0 \) justo aca me dice que no puedo asegurar que eso es igual a cero y no se que mas hacer  :( espero su ayuda


Claro, no lo puedes asegurar porque \( 0\leqslant 1-P(A)\leqslant e^{-P(A)} \), es decir, necesitas una cota menor a \( 1-P(A) \). Observa que

\( \displaystyle{
\prod_{k\geqslant 1}(1-P(A_k))= \exp\left(\sum_{k\geqslant 1}\log (1-P(A_k))\right)=0
\iff \sum_{k\geqslant 1}\log \left(\frac1{1-P(A_k)}\right)=\infty\tag1
} \)

Ahora usando la desigualdad \( \log x\leqslant x-1 \) tenemos que

\( \displaystyle{
\log \left(\frac1{1-P(A)}\right)\leqslant \frac{1}{1-P(A)}-1=\frac{P(A)}{1-P(A)}\tag2
} \)

Ahí observamos que si \( \limsup_{n\to\infty }P(A_n)=0 \) entonces existe un \( N\in \mathbb N  \) tal que \( 1-P(A_n)\geqslant 1/2 \) para todo \( n\geqslant N \), de donde se sigue que

\( \displaystyle{
\infty =\sum_{k\geqslant N}\log \left(\frac1{1-P(A_k)}\right)\leqslant \sum_{k\geqslant N}\frac{P(A_k)}{1-P(A_k)}\leqslant 2\sum_{k\geqslant N}P(A_k)\tag3
} \)

Y si \( \limsup_{n\to\infty}P(A_n)>0 \) obviamente también hallamos que \( \sum_{k\geqslant 1}P(A_k)=\infty  \). Hay otras formas de llegar a ese resultado, es simplemente jugar con la función logaritmo y buscar una cota superior (o inferior) que nos sirva.

11 Junio, 2020, 05:16 am
Respuesta #4

YeffGC

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\( \displaystyle{
\prod_{k\geqslant 1}(1-P(A_k))= \exp\left(\sum_{k\geqslant 1}\log (1-P(A_k))\right)=0
\iff \sum_{k\geqslant 1}\log \left(\frac1{1-P(A_k)}\right)=\infty\tag1
} \)

Ahora usando la desigualdad \( \log x\leqslant x-1 \) tenemos que

\( \displaystyle{
\log \left(\frac1{1-P(A)}\right)\leqslant \frac{1}{1-P(A)}-1=\frac{P(A)}{1-P(A)}\tag2
} \)

este paso para mi es muy oscuro aun , en el sentido de porque no toma el \( \sum_{k=1}^{\infty}\log\left[{1-P(A_k)}\right]  \) del lado derecho de la implicación

11 Junio, 2020, 10:19 am
Respuesta #5

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\( \displaystyle{
\prod_{k\geqslant 1}(1-P(A_k))= \exp\left(\sum_{k\geqslant 1}\log (1-P(A_k))\right)=0
\iff \sum_{k\geqslant 1}\log \left(\frac1{1-P(A_k)}\right)=\infty\tag1
} \)

Ahora usando la desigualdad \( \log x\leqslant x-1 \) tenemos que

\( \displaystyle{
\log \left(\frac1{1-P(A)}\right)\leqslant \frac{1}{1-P(A)}-1=\frac{P(A)}{1-P(A)}\tag2
} \)

este paso para mi es muy oscuro aun , en el sentido de porque no toma el \( \sum_{k=1}^{\infty}\log\left[{1-P(A_k)}\right]  \) del lado derecho de la implicación

Ahí he obviado el paso intermedio \( \exp\left(\sum_{k\geqslant 1}\log (1-P(A_k))\right)=0\Leftrightarrow \sum_{k\geqslant 1}\log (1-P(A_k))=-\infty  \) y que \( -\log (1-x)=\log \left(\frac1{1-x}\right) \).