確率論の問題

方針 大数の強法則を使う。大数の強法則は「独立同分布で $E|Y_1|<\infty$ を満たす確率変数列 $Y_1,Y_2,\dots$ について、$\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{Y}_k\to E[Y_1]$ が確率 $1$ で成り立つ」という主張である。

手順1：新しい確率変数列を作る $Y_k=X_k{e}^{-X_k}$ とおく。$Y_k$ は $X_k$ だけの関数なので、$X_k$ が独立同分布であることから $Y_1,Y_2,\dots$ も独立同分布になる。そして $S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{Y}_k$ である。

手順2：仮定（可積分性）を確かめる $g(x)=x{e}^{-x}(x\ge 0)$ は $g^{\prime }(x)=(1-x)e^{-x}$ より $x=1$ で最大値 $e^{-1}$ をとるので $0\le Y_k\le e^{-1}$ である。よって $E|Y_1|\le e^{-1}<\infty$ となり、大数の強法則が使える。（$Y_k$ は有界なので 4 次モーメントも有限であり、この場合は $P(|S_n-E[Y_1]|>\epsilon )\le \frac{C}{{\epsilon }^4{n}^2}$ の和が収束することからボレル・カンテリの補題で直接に概収束を示すこともできる。）

手順3：期待値を計算する 部分積分を使うと
$$E[Y_1]={\int }_0^{\infty }x{e}^{-x}\cdot e^{-x}dx={\int }_0^{\infty }x{e}^{-2x}dx=[-\frac{x}{2}{e}^{-2x}{]}_0^{\infty }+\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-2x}dx.$$
ここで ${\lim }_{x\to \infty }x{e}^{-2x}=0$ なので第 1 項は $0$、第 2 項は $\frac{1}{2}\cdot [-\frac{1}{2}{e}^{-2x}{]}_0^{\infty }=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ である。よって $E[Y_1]=\frac{1}{4}$。

結論 大数の強法則により、確率 $1$ で $S_n\to \frac{1}{4}$ となる。したがって $L=\frac{1}{4}$。

大数の強法則より、$X_k{e}^{-X_k}$ は独立同分布で可積分（$0\le x{e}^{-x}\le 1/e$）なので、確率 $1$ で $S_n\to E[X{e}^{-X}]$ となる。

$E[X{e}^{-X}]={\int }_0^{\infty }x{e}^{-x}{e}^{-x}dx={\int }_0^{\infty }x{e}^{-2x}dx$。

${\int }_0^{\infty }x{e}^{-ax}dx=1/a^2$ より、$a=2$ のとき $1/4$。

検算：部分積分で ${\int }_0^{\infty }x{e}^{-2x}dx=[-\frac{x}{2}{e}^{-2x}{]}_0^{\infty }+\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-2x}dx=0+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。

よって $L=1/4$。