丸め込みによる逐次平均の誤差について

$a_1,\dots a_n$の平均$S_n=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k$には，$$S_1=a_1,　S_{n+1}=\frac{nS_n+a_{n+1}}{n+1}$$という漸化式でも求めることができます．しかし，割る時に整数に丸め込みを行う，すなわち小数点以下を切り捨てた場合，誤差はどのようになるのでしょうか．

問題

正確に述べると次のようになります．

$a$を正の整数とする．
確率空間$(\Omega, \mathcal{F}, P)$上の独立同分布な確率変数列$\{X_n\}_{n=1}^{\infty}$があり，各$X_n$は有限集合$\{-a, -(a-1), \dots, 0, \dots, a-1, a\}$上の離散一様分布に従うものとする．
確率変数列$\{S_n\}_{n=1}^{\infty}$および$\{S'_n\}_{n=1}^{\infty}$を次のように定義する．

$S_n = \left\lfloor \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k \right\rfloor$
$S'_1 = X_1$とし，$n \ge 1$に対して漸化式$$S'_{n+1} = \left\lfloor \frac{n S'_n + X_{n+1}}{n+1} \right\rfloor$$
によって定める．

ただし，$\lfloor x \rfloor$は$x$以下の最大の整数を表す床関数とする．
この時，以下の問いに答えよ．

$S'_n$は$n\rightarrow\infty$で$-a$に概収束することを示せ．
概収束の意味で以下の2つの等式が成り立つことを示せ．$$\limsup_{n \to \infty} |S_n - S'_n| = a$$ $$\liminf_{n \to \infty} |S_n - S'_n| = a - 1$$

是非考えてみてください．ヒントは(1)はボレル・カンテリの第2補題を使い，(2)は大数の強法則とLaw of the Iterated Logarithmを使います．
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|

解答

(1)

まず明らかに$n \ge 2a$の時，$-a\leq S'_{n+1} \leq S'_{n}$である．
$A_n=\{\omega \in \Omega \mid X_n(\omega) = -a\}$とおく． $X_n$は離散一様分布だったので，事象の列 $\{A_n\}$ は互いに独立であり，$P(A_n)= \frac{1}{2a+1}$ゆえ，$\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n) = \infty$である．よってボレル・カンテリの第2補題より，$P(\limsup_{n \to \infty} A_n)=1$である．
任意に$\omega\in \limsup_{n \to \infty} A_n$を固定する．ここで，$S'_n(\omega) > -a$と仮定する．この時任意の$N\in \mathbb{N}$に対して，ある$k > N$が存在して，
\begin{align} S'_{k+1}(\omega) & = \left\lfloor S'_k(\omega) + \frac{X_{k}(\omega) - S'_k(\omega)}{k+1} \right\rfloor \\ & = \left\lfloor S'_k(\omega) + \frac{-a - S'_k(\omega)}{k+1} \right\rfloor <\left\lfloor S'_k(\omega) \right\rfloor= S'_k(\omega) \end{align}
が成立する．しかし，$S'_n(\omega)+a$が自然数であることに矛盾する．よって$S'_m(\omega) =-a$となる$m$が存在する．以上より
$$\limsup_{n \to \infty} A_n\subset\{\omega \in \Omega \mid\lim_{n \to \infty}S'_n(\omega) =-a\} $$
なので，$\lim_{n \to \infty} S'_n = -a \text{ a.s.}$である．

(2)

(1)より，ある確率1の事象$\Omega_1 \subset \Omega$が存在して，任意の$\omega \in \Omega_1$に対し，ある自然数$N_1(\omega)$が存在して，すべての$n \ge N_1(\omega)$で$S'_n(\omega) = -a$が成り立つ．
また，大数の強法則より，ある確率1の事象$\Omega_2 \subset \Omega$が存在して，任意の$\omega \in \Omega_2$に対してある自然数$N_2(\omega)$が存在し，$n \ge N_2(\omega)$ならば$\left| \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k(\omega) \right| < 1$である．特にこの時$S_n\in\{-1,0\}$である．
さらにLaw of the Iterated Logarithmから，$X_n$の分散を$\sigma^2 > 0$とすると，ある確率1の事象$\Omega_3 \subset \Omega$が存在して，任意の$\omega \in \Omega_3$および任意の自然数$N$に対し，ある$k \ge N$が存在し，
$$\sum_{i=1}^{k} X_i(\omega)> \frac{\sigma}{2}\sqrt{2k\log\log k}>0$$
を満たす．すなわち，$\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k} X_i(\omega)>0$が成立する．
ここで，確率1の共通部分事象$\Omega_0 = \Omega_1 \cap \Omega_2 \cap \Omega_3$を考え，任意に$\omega \in \Omega_0$を固定する．
$N_0(\omega) = \max\{N_1(\omega), N_2(\omega)\}$とおき，任意に自然数$N$を取ると，$\frac{1}{M}\sum_{i=1}^{M} X_i(\omega)>0$を満たす$M \ge \max\{N, N_0(\omega)\}$が存在する．
この時，$S_M(\omega) \in \{-1, 0\}$だったため$S_M(\omega) = 0$となる．以上より，$\limsup_{n \to \infty} S_n(\omega) = 0$が分かる．同様に$\liminf_{n \to \infty} S_n(\omega) = -1$も成り立つ．
従って
$$\limsup_{n \to \infty} |S_n(\omega) - S'_n(\omega)| = a$$ $$\liminf_{n \to \infty} |S_n(\omega) - S'_n(\omega)| = a - 1$$
であり，$P(\Omega_0)=1$であることから，結論が分かる．