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現代数学解説
文献あり

Borel-Cantelliの補題とその証明

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本稿では,確率論におけるBorel-Cantelliの補題の証明を与える.ただし,証明の一部は演習問題になっているため,初学者は実際に手を動かしてみるのが良いだろう.

以下,$(\Omega,\mathcal{F},P)$を確率空間とする.また,事象$A$といった場合は$A\in\mathcal{F}$であると約束する.

補題の証明

Borel-Cantelliの補題には,事象の独立性を要するものとそうでないものがある.初めに独立性が不要なものから証明しよう.

事象の列の上極限

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$に対して,
$$ \limsup_{n\to\infty}A_n=\bigcap_{k=1}^\infty\bigcup_{n=k}^\infty A_n $$
$\{A_n\}_{n=1}^\infty$上極限という.

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$の上極限$\displaystyle\limsup_{n\to\infty}A_n$も事象であることを確かめよ.

Borel-Cantelliの補題(1)

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$に対して,
$$ \sum_{n=1}^\infty P(A_n)<\infty\Rightarrow P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)=0 $$
が成り立つ.

$\displaystyle E_k=\bigcup_{n=k}^\infty A_n$とおくと,任意の$k=1,2,\cdots$に対して$\displaystyle\limsup_{n\to\infty}A_n\subset E_k$が成り立つ.従って,
$$\tag{BC1-1}\label{BC1:読者への演習問題} P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right) \leq P(E_k) \leq \sum_{n=k}^\infty P(A_n)\xrightarrow{k\to\infty}0 $$
となり,結論を得る.

事象の列の下極限

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$に対して,
$$ \liminf_{n\to\infty}A_n=\bigcup_{k=1}^\infty\bigcap_{n=k}^\infty A_n $$
$\{A_n\}_{n=1}^\infty$下極限という.

Borel-Cantelliの補題(1)から得られる系

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$に対して,
$$ \sum_{n=1}^\infty P(A_n)<\infty\Rightarrow P\left(\liminf_{n\to\infty}A_n^c\right)=1 $$
が成り立つことを示せ.

独立性が必要な補題を証明するにあたり,事象の列に対する独立性の定義を確認しておこう.

事象の列の独立性

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$独立であるとは,任意の正の整数$l$および任意の$l$個の正の整数$k_1< k_2<\cdots< k_l$に対して
$$ P\left(\bigcap_{i=1}^lA_{k_i}\right) =\prod_{i=1}^lP(A_{k_i}) $$
が成り立つことを言う.

Borel-Cantelliの補題(2)

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$が独立であるとき,
$$ \sum_{n=1}^\infty P(A_n)=\infty\Rightarrow P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)=1 $$
が成り立つ.

任意の$k=1,2,\cdots$に対して$\displaystyle P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)=1$であることを示せばよい.
任意の$N=1,2,\cdots$に対して
$$ \begin{eqnarray} 1-P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right) &\leq& 1-P\left(\bigcup_{n=k}^NA_n\right) \\ &=& P\left(\left(\bigcup_{n=k}^NA_n\right)^c\right) \\ &=& P\left(\bigcap_{n=k}^NA_n^c\right) \\ &=& \prod_{n=k}^NP(A_n^c) \tag{BC2-1}\label{BC2:読者への演習問題1} \\ &=& \prod_{n=k}^N\{1-P(A_n)\} \\ &\leq& \prod_{n=k}^N\exp\{-P(A_n)\} \tag{BC2-2}\label{BC2:読者への演習問題2} \\ &=& \exp\left\{-\sum_{n=k}^NP(A_n)\right\} \end{eqnarray} $$
である.よって,$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty P(A_n)=\infty$であることに注意すると,
$$ 1-P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right) \leq\exp\left\{-\sum_{n=k}^NP(A_n)\right\} \xrightarrow{N\to\infty}0 \tag{BC2-3}\label{BC2:読者への演習問題3} $$
となり,$\displaystyle P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)=1$を得る.

演習問題

$P$の劣加法性

事象の列$\{A_n\}_{n=1}^\infty$に対して$\displaystyle P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\leq\sum_{n=1}^\infty P(A_n)$が成り立つことを示せ.

Borel-Cantelliの補題(1) の証明中の\ref{BC1:読者への演習問題}について,以下の問いに答えよ.
(1) $\displaystyle P(E_k)\leq \sum_{n=k}^\infty P(A_n)$が成り立つことを示せ.
(2) $\displaystyle\sum_{n=k}^\infty P(A_n)\xrightarrow{k\to\infty}0$が成り立つことを示せ.

Borel-Cantelliの補題(2) の証明について,以下の問いに答えよ.
(1) 任意の$k=1,2,\cdots$に対して$\displaystyle P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)=1$であるとき,$\displaystyle P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)=1$となることを示せ.
(2) 事象$A,B$が独立ならば$A^c, B^c$も独立であることを示せ(\ref{BC2:読者への演習問題1}の根拠).ここで,事象$A,B$が独立であるとは$P(A\cap B)=P(A)P(B)$が成り立つことを言う.
(3) $x\geq0$に対して$1-x\leq\exp(-x)$が成り立つことを示せ(\ref{BC2:読者への演習問題2}の根拠).
(4) $\displaystyle\sum_{n=k}^\infty P(A_n)=\infty$であることを示せ(\ref{BC2:読者への演習問題3}の根拠).

問題の解答

問題1

$\mathcal{F}$$\sigma$-加法族であるから,特に次を満たす.
[1] $A\in\mathcal{F}$ならば$A^c=\Omega\setminus A\in\mathcal{F}$
[2] $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{F}$ならば$\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{F}$
[2]より,任意の$k=1,2,\cdots$に対して$\displaystyle\bigcup_{n=k}^\infty A_n\in\mathcal{F}$である.よって,$\displaystyle\limsup_{n\to\infty}A_n\in\mathcal{F}$を確かめるには次を示せればよい.
[2'] $B_1,B_2,\cdots\in\mathcal{F}$ならば$\displaystyle\bigcap_{n=1}^\infty B_n\in\mathcal{F}$
$B_1,B_2,\cdots\in\mathcal{F}$のとき,[1],[2]より
$$ \left(\bigcap_{n=1}^\infty B_n\right)^c =\bigcup_{n=1}^\infty B_n^c \in\mathcal{F} $$
である.よって,再び[1]から$\displaystyle\bigcap_{n=1}^\infty B_n\in\mathcal{F}$となり,[2']を得る.

問題2

$\displaystyle\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)^c=\left(\bigcap_{k=1}^\infty\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)^c=\bigcup_{k=1}^\infty\bigcap_{n=k}^\infty A_n^c=\liminf_{n\to\infty}A_n^c$であることに注意すると,Borel-Cantelliの補題(1)より$\displaystyle P\left(\liminf_{n\to\infty}A_n^c\right)=1-P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)=1$となる.

問題3

$\displaystyle B_1=A_1, B_n=A_n\setminus\bigcup_{k=1}^{n-1}A_k$$n=2,3,\cdots$)とおくと,$\{B_n\}_{n=1}^\infty$は次を満たす.

  • $B_i\cap B_j=\varnothing$$i\neq j$
  • $B_n\subset A_n$$n=1,2,\cdots$
  • $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty B_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n$

よって,$P$$\sigma$-加法性と単調性に注意すると,
$$ P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) =P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right) =\sum_{n=1}^\infty P(B_n) \leq\sum_{n=1}^\infty P(A_n) $$
となり,結論を得る.

問題4

(1)

$P$の劣加法性より$\displaystyle P(E_k)=P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)\leq\sum_{n=k}^\infty P(A_n)$となる.

(2)

任意の$k=1,2,\cdots$に対して,
$$ \begin{eqnarray} \sum_{n=k}^\infty P(A_n) &=&\lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^NP(A_n) \\ &=&\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^NP(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n)\right) \\ &=&\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^NP(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n) \\ &=&\sum_{n=1}^\infty P(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n) \end{eqnarray} $$
である.よって,仮定より$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty P(A_n)<\infty$であることに注意すると,
$$ \begin{eqnarray} \lim_{k\to\infty}\sum_{n=k}^\infty P(A_n) &=&\lim_{k\to\infty}\left(\sum_{n=1}^\infty P(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n)\right) \\ &=&\sum_{n=1}^\infty P(A_n)-\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n) \\ &=&\sum_{n=1}^\infty P(A_n)-\sum_{n=1}^\infty P(A_n) \\ &=&0 \end{eqnarray} $$
となる.

問題5

(1)

$P$の劣加法性に注意すると,
$$ \begin{eqnarray} P\left(\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)^c\right) &=&P\left(\bigcup_{k=1}^\infty\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)^c\right) \\ &\leq&\sum_{k=1}^\infty P\left(\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)^c\right) \\ &=&\sum_{k=1}^\infty\left(1-P\left(\bigcup_{n=k}^\infty A_n\right)\right) \\ &=&\sum_{k=1}^\infty0 \\ &=&0 \end{eqnarray} $$
となる.従って$\displaystyle P\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)=1-P\left(\left(\limsup_{n\to\infty}A_n\right)^c\right)=1$である.

(2)

$A,B$の独立性より,
$$ \begin{eqnarray} P(A\cap B^c) &=&P(A\setminus(A\cap B)) \\ &=&P(A)-P(A\cap B) \\ &=&P(A)-P(A)P(B) \\ &=&P(A)(1-P(B)) \\ &=&P(A)P(B^c) \end{eqnarray} $$
である.さらに,これを用いると
$$ \begin{eqnarray} P(A^c\cap B^c) &=&P(B^c\setminus(A\cap B^c)) \\ &=&P(B^c)-P(A\cap B^c) \\ &=&P(B^c)-P(A)P(B^c) \\ &=&P(B^c)(1-P(A)) \\ &=&P(A^c)P(B^c) \end{eqnarray} $$
となる.従って,$A^c, B^c$は独立である.

(3)

$f(x)=\exp(-x)+x-1$とすると$f'(x)=-\exp(-x)+1$であり,$x\geq0$において常に$f'(x)\geq0$が成り立つ.よって,$f(x)$$x\geq0$において単調増加であり,かつ$f(0)=0$であるから,$x\geq0$において常に$f(x)\geq0$となる.すなわち,$x\geq0$に対して$1-x\leq\exp(-x)$が成り立つ.

(4)

仮定より$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty P(A_n)=\infty$であるから,
$$ \begin{eqnarray} \sum_{n=k}^\infty P(A_n) &=&\lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^NP(A_n) \\ &=&\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^NP(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n)\right) \\ &=&\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^NP(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n) \\ &=&\sum_{n=1}^\infty P(A_n)-\sum_{n=1}^{k-1}P(A_n) \\ &=&\infty \end{eqnarray} $$
となる.

参考文献

[1]
舟木 直久, 確率論, 講座〈数学の考え方〉20, 朝倉書店, 2004
[2]
David Williams, Probability with Martingales, Cambridge Mathematical Textbooks, Cambridge University Press, 1991
投稿日:2023126

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電気魚
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