Ya, hampir pasti. Xn→0Argumen yang saya miliki sedikit berbelit-belit, jadi bersabarlah.
Pertama, pertimbangkan peristiwa . Dengan konvergensi hampir pasti dari maka , dan karena kita memiliki . Jadi cukup untuk menunjukkan bahwa seperti dalam , untuk setiap .Fk=⋃n≥k{Cn>2}CnP(⋂kFk)=0F1⊇F2⊇⋯P(Fk)→0Xn→0Fckk
Sekarang perbaiki dan a . Menggunakan notasi untuk mewakili , yang kita miliki untuk
Ini adalah bagian kunci. (Perhatikan juga, bahwa kami menggunakan nonnegativitas pada langkah pertama, untuk lulus dari ke acara yang lebih besar ) Dari sini kita hanya perlu beberapa cukup teoretis argumen argumen.kε>0E[X;A]E[X1A]n≥k
E[Xn;Fck]≤E[Xn;Cn≤2]=E[E(Xn|Cn);Cn≤2]=E[Cn/n2;Cn≤2]≤2/n2.
XnFckCn≤2
Batas di atas, bersama dengan nonnegativitas , menyiratkan bahwa
(untuk ), sehingga
XnP(Fck∩{Xn>ε})≤2n2εn≥k
∑n≥kP(Fck∩{Xn>ε})<∞.
Dengan Borel-Cantelli Lemma sekarang kita dapat mengatakan bahwa peristiwa
memiliki probabilitas nol. Karena adalah arbiter, ini kita seperti pada .
Fck∩{Xn>εfor infinitely many n}
εXn→0Fck
SetZn=Xn/Cn . KemudianE[Zn]=1/n2 dan Zn≥0 . Dengan ketidaksetaraan Markov,
P(Zn>ϵ)≤E[Zn]/ϵ=1/(n2ϵ) yang memiliki jumlah terbatas, oleh Borel Cantelli, P(Zn>ϵ infinitely often)=0 dan Zn→0 hampir pasti.
JikaZn→0 hampir pasti dan Cn→1 hampir pasti saat itu Xn=ZnCn→0 hampir pasti.
sumber