ボレル・カンテリの補題と大数の強法則

ボレル・カンテリの補題を使って概収束を示し、大数の強法則を極限の計算に使える

前提

測度論的な期待値と収束定理（大学院数学確率論）
大数の弱法則（大学数学確率・統計）

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算数中学高校大学大学院

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標本平均の分布（数学B 統計的な推測）
大数の弱法則（大学数学確率・統計）

説明

ボレル・カンテリの補題を使うと、「事象 $A_{n}$ が無限回起こる確率」を確率の和 $\sum P (A_{n})$ の収束・発散だけで判定できます。これを $A_{n} = {∣ Z_{n} - Z ∣ > ε}$ に使えば、確率収束より強い概収束（確率 $1$ で $Z_{n} (ω) \to Z (ω)$ となること）を示せます。その代表的な帰結が大数の強法則です。独立同分布な確率変数の標本平均は、ほとんどすべての標本路で母平均に収束します。これを使うと、幾何平均や比などの「ランダムな列の極限値」を、期待値の計算に帰着して求められます。

なぜそうしてよいのか

事象列 $A_{1}, A_{2}, \dots$ について、 ${A_{n} i.o.} = ⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N} A_{n}$ を「 $A_{n}$ が無限回起こる」事象と定めます（i.o. は infinitely often の略）。 $N = \sum_{n} 1_{A_{n}}$ は「起こった $A_{n}$ の個数」で、 ${A_{n} i.o.} = {N = \infty}$ です。単調収束定理より $E [N] = \sum_{n} P (A_{n})$ が成り立ちます。したがって $\sum P (A_{n}) < \infty$ なら $E [N] < \infty$ となり、 $N < \infty$ が確率 $1$ で成り立ちます。つまり $P (A_{n} i.o.) = 0$ です（第 1 補題、独立性は不要）。逆向きの第 2 補題は、 $A_{n}$ が独立で $\sum P (A_{n}) = \infty$ なら $P (A_{n} i.o.) = 1$ というものです。これは $1 - x \leq e^{- x}$ から $P (⋂_{n = N}^{M} A_{n}^{c}) = \prod_{n = N}^{M} (1 - P (A_{n})) \leq exp (- \sum_{n = N}^{M} P (A_{n})) \to 0 (M \to \infty)$ となることから従います。

概収束への応用を説明します。各 $ε > 0$ で $\sum_{n} P (∣ Z_{n} - Z ∣ > ε) < \infty$ なら、第 1 補題より確率 $1$ で「十分大きい $n$ ではつねに $∣ Z_{n} - Z ∣ \leq ε$ 」となります。 $ε = 1/ k (k = 1, 2, \dots)$ の可算個の確率 $0$ の例外集合を合併しても確率 $0$ なので、 $Z_{n} \to Z$ が確率 $1$ で成り立ちます。

大数の強法則の仕組みは次のとおりです。 $X_{i}$ を独立同分布、 $Y_{i} = X_{i} - μ$ 、 $E [X_{1}^{4}] < \infty$ とします。 $(\sum Y_{i})^{4}$ を展開すると、 $E [Y_{i}] = 0$ と独立性により、生き残る項は $E [Y_{i}^{4}]$ （ $n$ 個）と $E [Y_{i}^{2} Y_{j}^{2}] (i \neq = j)$ （ $3 n (n - 1)$ 個）だけです。よって $E [(S_{n} - n μ)^{4}] \leq C n^{2}$ となり、マルコフの不等式から $P (∣ S_{n} / n - μ ∣ > ε) \leq \frac{C}{ε ^{4} n ^{2}}$ を得ます。この右辺は $n$ について和が有限なので、上の議論から $S_{n} / n \to μ$ （概収束）が従います。チェビシェフの評価 $σ^{2} / (n ε^{2})$ は和が発散するので、この議論には使えません。そこで 4 次モーメントを使ったわけです。なお、実際には $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ だけで $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i} \to E [X_{1}]$ （概収束）が成り立つことが知られています（コルモゴロフの大数の強法則）。

手順

求めたい量を、独立同分布な $X_{i}$ の関数 $f (X_{i})$ の標本平均 $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f (X_{i})$ を含む形に書き直す（積なら対数をとる、など）。
$f (X_{1})$ が可積分であること $E ∣ f (X_{1}) ∣ < \infty$ を確かめ、期待値 $m = E [f (X_{1})]$ をルベーグ積分（広義積分）で計算する。
大数の強法則を適用する。確率 $1$ の事象 $Ω_{0}$ 上で $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f (X_{i}) \to m$ が成り立つ。
求めたい量が $g (\frac{1}{n} \sum f (X_{i}))$ の形なら、 $g$ が $m$ で連続であることを確認する。そのうえで、 $Ω_{0}$ 上で各点ごとに極限をとり、 $g (m)$ を得る。
（概収束を直接示す場合）各 $ε > 0$ について $\sum_{n} P (∣ Z_{n} - Z ∣ > ε) < \infty$ をマルコフの不等式などで示し、ボレル・カンテリの第 1 補題から $Z_{n} \to Z$ （概収束）と結論する。

例題

$X_{1}, X_{2}, \dots$ を独立で、それぞれ区間 $(0, 1)$ 上の一様分布に従う確率変数とする。確率 $1$ で存在する極限 $n \to \infty lim (X_{1} X_{2} \dots X_{n})^{1/ n}$ の値を求めよ。

例題の解答

手順 1：各 $X_{i} > 0$ なので対数をとれる。 $lo g (X_{1} \dots X_{n})^{1/ n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} lo g X_{i}$ となり、 $f (x) = lo g x$ の標本平均になる。

手順 2： $E ∣ lo g X_{1} ∣ = \int_{0}^{1} (- lo g x) d x$ を計算する。 $\int_{δ}^{1} lo g x d x = [x lo g x - x]_{δ}^{1} = - 1 - δ lo g δ + δ$ で、 $δ \to + 0$ のとき $δ lo g δ \to 0$ である。よって $\int_{0}^{1} lo g x d x = - 1$ となり、 $E ∣ lo g X_{1} ∣ = 1 < \infty$ 、 $m = E [lo g X_{1}] = - 1$ を得る。

手順 3：大数の強法則より、確率 $1$ で $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} lo g X_{i} \to - 1$ が成り立つ。

手順 4： $g (t) = e^{t}$ は連続なので、同じ確率 $1$ の事象上で $(X_{1} \dots X_{n})^{1/ n} = exp (\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} lo g X_{i}) \to e^{- 1}$ となる。

したがって、極限は確率 $1$ で $e^{- 1}$ である。

答え: $e^{- 1}$

よくある誤り

ボレル・カンテリの第 2 補題を独立性なしに使ってしまう誤り。正しくは、 $\sum P (A_{n}) = \infty$ から $P (A_{n} i.o.) = 1$ が言えるのは $A_{n}$ が独立なとき（など）に限る。たとえば $P (A) = \frac{1}{2}$ の事象 $A$ に対して $A_{n} = A$ とおくと、 $\sum P (A_{n}) = \infty$ だが $P (A_{n} i.o.) = \frac{1}{2}$ である。
チェビシェフの不等式の評価 $P (∣ X ˉ_{n} - μ ∣ > ε) \leq \frac{σ ^{2}}{n ε ^{2}}$ にそのまま第 1 補題を使い、概収束が示せたとしてしまう誤り。正しくは、 $\sum \frac{1}{n} = \infty$ なのでこの評価からは何も結論できない。4 次モーメントによる $\frac{C}{ε ^{4} n ^{2}}$ の評価や、部分列 $n = k^{2}$ を使う必要がある。
幾何平均の極限を $lim (X_{1} \dots X_{n})^{1/ n} = E [X_{1}] = \frac{1}{2}$ としてしまう誤り。正しくは、大数の強法則が適用されるのは $lo g X_{i}$ の平均なので、極限は $exp (E [lo g X_{1}]) = e^{- 1}$ である。一般に $E [g (X)] \neq = g (E [X])$ であることに注意する。
可積分性を確かめずに大数の強法則を使ってしまう誤り。正しくは $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ が必要である。たとえば密度 $\frac{1}{π ( 1 + x ^{2} )}$ をもつコーシー分布では $E ∣ X_{1} ∣ = \infty$ であり、 $X ˉ_{n}$ はどの定数にも概収束しない。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

ボレル・カンテリの補題と大数の強法則

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