Lematy Borela-Cantellego

Lematy Borela-Cantellego^[1] – lematy dotyczące ciągów zdarzeń losowych, wykorzystywane m.in. w dowodzie mocnej wersji prawa wielkich liczb.

Niech $A_{1},A_{2},A_{3},\dots$ będzie nieskończonym ciągiem zdarzeń w danej przestrzeni probabilistycznej $(\Omega ,{\mathcal {F}},P).$

Pierwszy lemat Borela-Cantellego

Jeśli szereg prawdopodobieństw zdarzeń $A_{1},A_{2},A_{3},\dots$ jest zbieżny, tj.

\sum _{k=1}^{\infty }P(A_{k})<+\infty ,

wtedy prawdopodobieństwo zajścia nieskończenie wielu spośród zdarzeń $A_{1},A_{2},A_{3},\dots$ wynosi 0, tj.

P\left(\bigcap _{n=1}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k}\right)=0.

Dowód

Niech $A:=\bigcap _{n=1}^{\infty }B_{n},\ B_{n}:=\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k},\ B_{n+1}\subseteq B_{n}.$
Korzystając z własności miary:

P(A)=\lim _{n\to \infty }P(B_{n}).

Również z własności miary otrzymujemy nierówność:

P(B_{n})=P\left(\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k}\right)\leqslant \sum \limits _{k=n}^{\infty }P(A_{k})\ \ (\star ).

Niech $S:=\sum \limits _{k=1}^{\infty }P(A_{k}),\ S_{n-1}:=\sum \limits _{k=1}^{n-1}P(A_{k}).$ Z założenia $S<\infty ,$ więc szereg jest zbieżny.
Zauważmy, że: $\sum \limits _{k=n}^{\infty }P(A_{k})=S-S_{n-1}.$
$\left(S_{n}{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}S\right)\Rightarrow \left(S-S_{n-1}{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}0\right)\Rightarrow \left(\sum \limits _{k=n}^{\infty }P(A_{k}){\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}0\right).$
Korzystając z $(\star ),P(B_{n})\geqslant 0$ oraz twierdzenia o trzech ciągach:

\left(0\leqslant P(B_{n})\leqslant \sum \limits _{k=n}^{\infty }P(A_{k})\right)\Rightarrow \left(P(B_{n}){\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}0\right).

Kończy to dowód, bo: $P\left(\bigcap _{n=1}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k}\right)=P(A)=\lim _{n\to \infty }P(B_{n})=0.$

Drugi lemat Borela-Cantellego

Jeśli zdarzenia $A_{i}$ są niezależne i szereg ich prawdopodobieństw jest rozbieżny, tj.

\sum _{k=1}^{\infty }P(A_{k})=+\infty ,

wtedy prawdopodobieństwo zajścia nieskończenie wielu spośród zdarzeń Parser nie mógł rozpoznać (SVG (MathML może zostać włączone przez wtyczkę w przeglądarce): Nieprawidłowa odpowiedź („Math extension cannot connect to Restbase.”) z serwera „http://localhost:6011/pl.wikipedia.org/v1/”:): {\displaystyle A_1, A_2, A_3,\dots} wynosi 1, tj.

P\left(\bigcap _{n=1}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k}\right)=1.

Dowód

Niech $A:=\bigcap _{n=1}^{\infty }B_{n},\ B_{n}:=\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k},\ B_{n+1}\subseteq B_{n}.$
Korzystając z własności miary:

P(A)=\lim _{n\to \infty }P(B_{n}).

Zapiszmy $B_{n}$ w postaci: $B_{n}=\bigcup _{m=n}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{m}A_{k}.$
Niech $C_{m,n}:=\bigcup _{k=n}^{m}A_{k},\ C_{m,n}\subseteq C_{m+1,n}.$
Korzystając ponownie z własności miary:

P(B_{n})=\lim _{m\to \infty }P\left(\bigcup _{k=n}^{m}A_{k}\right).

Zauważmy, że $\bigcup _{k=n}^{m}A_{k}=\Omega -\bigcap _{k=n}^{m}A_{k}^{'},$ gdzie $A_{k}^{'}=\Omega -A_{k}$
$P\left(\bigcup _{k=n}^{m}A_{k}\right)=1-P\left(\bigcap _{k=n}^{m}A_{k}^{'}\right)=1-\prod \limits _{k=n}^{m}P(A_{k}^{'})=1-\prod \limits _{k=n}^{m}(1-P(A_{k})).$

Aby zakończyć dowód wystarczy pokazać, że

\prod \limits _{k=n}^{m}(1-P(A_{k})){\xrightarrow[{m\to \infty }]{}}0.

Zauważmy: $x\geqslant 0\Rightarrow \exp[-x]\geqslant 1-x\ (\star )$
$0\leqslant \prod \limits _{k=n}^{m}(1-P(A_{k}))\leqslant ^{(\star )}\prod \limits _{k=n}^{m}\exp[-P(A_{k})]=\exp \left[-\sum \limits _{k=n}^{m}P(A_{k})\right]{\xrightarrow[{m\to \infty }]{}}0.$
Więc z twierdzenia o trzech ciągach: $\prod \limits _{k=n}^{m}(1-P(A_{k})){\xrightarrow[{m\to \infty }]{}}0.$
I ostatecznie $\left(P(B_{n})=\lim _{m\to \infty }P(\bigcup _{k=n}^{m}A_{k})=1\right)\Rightarrow \left(P(\bigcap _{n=1}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k})=P(A)=\lim _{n\to \infty }P(B_{n})=1\right).$

Wniosek

Jeżeli zdarzenia $A_{1},A_{2},A_{3},\dots$ są niezależne to dla zdarzenia $A:=\bigcap _{n=1}^{\infty }\bigcup _{k=n}^{\infty }A_{k}$ zachodzi warunek:

P(A)=0\ {\text{ lub }}\ P(A)=1.

Przykład

Rozważmy nieskończone ciągi rzutów monetą symetryczną. Niech $A_{k}$ oznacza zdarzenie polegające na tym, że $k$ -ty, $k+1$ i $k+2$ rzuty dały odpowiednio orła, reszkę i orła. Oczywiście zdarzenia $A_{1},A_{2},A_{3},\dots ,A_{n},\dots$ nie są niezależne, ale zdarzenia $A_{1},A_{4},A_{7},\dots ,A_{3n+1},\dots$ są.

Każde zdarzenie $A_{k}$ ma prawdopodobieństwo 1/8, więc szereg prawdopodobieństw tych zdarzeń jest rozbieżny. Z drugiego lematu Borela-Cantellego wnosimy więc, że z prawdopodobieństwem 1 sekwencja orzeł, reszka, orzeł wystąpi w niekończonym ciągu rzutów nieskończenie wiele razy.