Borel-Cantelli

  En probabilidades una herramienta muy útil para probar convergencia (en algún sentido) de secuencias de variables aleatorias, es Borel-Cantelli:

$\textbf{Teorema}$ [Borel-Cantelli]

Sea $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad.

i. Sean $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una familia de eventos en $\mathcal{F}$ tales que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n)<\infty$ entonces $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 0$.

ii. Si $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una familia de eventos independientes en $\mathcal{F}$ tales que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n) = \infty$ entonces $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 1$.

Donde $\limsup{A_n} = \bigcap_{n\in\mathbb{N}}\bigcup_{k\geq n}A_k$ es decir un elemento está en $\limsup{A_n}$ si es que pertenece a una infinidad de $A_m$'s.

$\textbf{Demostración}$

i. Notar que $(B_n)_{n\in\mathbb{N}}$ definida por $B_n := \bigcup_{k\geq n}A_k$, es una secuencia decreciente, luego $$\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(B_n) = \mathbb{P}(\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n)$$ pero $\limsup{A_n} = \bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n $, además $\mathbb{P}(B_n)\leq \sum_{k\geq n}\mathbb{P}(A_n)\to 0$ cuando $n\to\infty$ pues $\sum_{j\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_j) <\infty$ de acá sigue que $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 0$.

ii. Notemos que $(\limsup{A_n})^c = \bigcup_{n\in\mathbb{N}}\bigcap_{k\geq n}A_k^c$, luego, podemos definir $C_n := \bigcap_{k\geq n}A_k^c$ y notar que $(C_n)$ es una secuencia creciente, por tanto $$\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(C_n) = \mathbb{P}((\limsup{A_n})^c)$$ gracias a la independencia de los eventos: $$ \mathbb{P}\left(\bigcap_{k=n}^mA_k^c\right) = \prod_{k= n}^m\mathbb{P}(A_k^c) = \prod_{k= n}^m(1-\mathbb{P}(A_k))\leq \prod_{k = n}^m e^{-\mathbb{P}(A_k)} = \exp{(-\sum_{k= n}^m\mathbb{P}(A_k))}$$ donde usamos que $e^x\geq x+1,\forall x\in\mathbb{R}$, luego, tomando limite en $m$ a la desigualdad anterior, y usando que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n) = \infty$ se obtiene que $\mathbb{P}(C_n) = 0$ y de aquí se sigue que $\mathbb{P}((\limsup{A_n})^c) = 0$ y por tanto $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 1$.

$\textbf{Aplicación}$

Sean $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una secuencia de v.a's i.i.d's con $X_n\sim \exp{(\lambda)}$ con $\lambda > 0$. Entonces c.s. $$\nonumber\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} = \frac{1}{\lambda}$$

Recordemos que si $X\sim\exp(\lambda)$ entonces $\mathbb{P}(X\geq x) = \exp{(-\lambda x)}$ si $x\geq 0$. Partamos viendo que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \right\}\right) = 1$. En efecto, notemos que $\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \}_n$ son independientes y además $$\nonumber\sum_{n}\mathbb{P}(\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \}) = \sum_{n}{\exp{(-\lambda\cdot \frac{\ln{n}}{\lambda})}} = \sum_{n}{\frac{1}{n}} = \infty$$ Sigue por borel-cantelli que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \right\}\right) = 1$ lo que significa que c.s. $\forall n\in\mathbb{N}, \exists k\geq n: \frac{X_k}{\ln{k}}\geq \frac{1}{\lambda}$ lo que implica que c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} \geq  \frac{1}{\lambda}$.

Para probar la desigualdad faltante, sea $\epsilon >0$, veamos que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda}+\epsilon \right\}\right) = 0$, en efecto, $$\nonumber \sum_{n}{\mathbb{P}(\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} + \epsilon \})} = \sum_{n}{\exp{(-\lambda\cdot\ln{n}\cdot  (\frac{1}{\lambda} + \epsilon)})} = \sum_{n}{n^{-(1+\lambda \epsilon)}}<\infty$$ luego por borel-cantelli, $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda}+\epsilon \right\}\right) = 0$, sigue que c.s. $\exists N, \forall n\geq N : \frac{X_n}{\ln{n}} < \frac{1}{\lambda}+\epsilon$, luego c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}}<\frac{1}{\lambda}+\epsilon$, tomamos $\epsilon = \frac{1}{n}$ y tomamos $n\to\infty$, luego c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}}\leq\frac{1}{\lambda}$, de donde se concluye $$ \limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} = \frac{1}{\lambda} $$