보렐-칸텔리 보조정리

길이의 총합이 유한하면, 무한히 자주 일어나는 일은 거의 일어나지 않습니다. 그 경계를 수치로 확인하는 씬입니다.

사건들이 겹치는 지점들을 모아 봅니다. 총 길이가 유한하면 겹침은 점점 희귀해집니다. 독립인 사건에서는 거꾸로도 성립합니다.

예를 들면, 💧 물방울이 점점 작아지는 비가 내려도, 방울 전체 양이 정해져 있으면 한 지점이 끝없이 맞는 일은 거의 없는 것과 같아요.

m(lim sup⁡n→∞En)=0(∑n=1∞m(En)<∞)m(\limsup_{n\to\infty} E_n) = 0 \quad \left(\sum_{n=1}^{\infty} m(E_n) < \infty\right)
∑m(En)=∞, En independent ⇒m(lim sup⁡En)=1\sum m(E_n) = \infty,\ E_n \text{ independent } \Rightarrow m(\limsup E_n) = 1

예제

En=[0,1n2]E_n = [0, \frac{1}{n^2}] (n≥1n \ge 1)라 하세요.

lim sup⁡n→∞En={0}\limsup_{n \to \infty} E_n = \{0\}임을 직접 확인하고, 부등식 m(lim sup⁡En)≤∑k≥Nm(Ek)m(\limsup E_n) \le \sum_{k \ge N} m(E_k)를 이용해 m(lim sup⁡En)=0m(\limsup E_n) = 0임을 완전히 증명하세요 — 이 예에 대한 Borel–Cantelli 제1정리입니다.

lim sup⁡n→∞En=⋂N≥1⋃k≥NEk={0}\limsup_{n \to \infty} E_n = \bigcap_{N \ge 1}\bigcup_{k \ge N} E_k = \{0\}
m(lim sup⁡En)≤∑k≥N1k2  →N→∞  0m(\limsup E_n) \le \sum_{k \ge N} \frac{1}{k^2} \;\xrightarrow[N \to \infty]{}\; 0
합 수렴 모드, n=20n = 20: 누적 길이 ∑k≤201k2≈1.5962\sum_{k \le 20} \frac{1}{k^2} \approx 1.5962 (π26≈1.6449\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449 중), 빨간 limsup 근사는 [0,0.01][0, 0.01] 근처로만 몰립니다.
증명 보기

  1. lim sup⁡n→∞En=⋂N≥1⋃k≥NEk\limsup_{n \to \infty} E_n = \bigcap_{N \ge 1} \bigcup_{k \ge N} E_k는 "무한히 많은 EkE_k에 속하는 점"들의 집합입니다.

    Ek=[0,1k2]E_k = [0, \frac{1}{k^2}]는 감소수열이므로 ⋃k≥NEk=EN=[0,1N2]\bigcup_{k \ge N} E_k = E_N = [0, \frac{1}{N^2}]이고, ⋂N≥1[0,1N2]={0}\bigcap_{N \ge 1} [0, \frac{1}{N^2}] = \{0\}입니다 (0이 아닌 점은 1N2\frac{1}{N^2}보다 작아지는 NN에서 탈락합니다).

    따라서 lim sup⁡En={0}\limsup E_n = \{0\} — 측도 0인 한 점입니다.

  2. 이제 측도 부등식을 증명합니다.

    각 NN에 대해 lim sup⁡En⊆⋃k≥NEk\limsup E_n \subseteq \bigcup_{k \ge N} E_k이므로, 가산 열가법성(countable subadditivity)에 의해 m(lim sup⁡En)≤∑k≥Nm(Ek)=∑k≥N1k2m(\limsup E_n) \le \sum_{k \ge N} m(E_k) = \sum_{k \ge N} \frac{1}{k^2}입니다.

    이 부등식은 모든 NN에 대해 성립합니다.

  3. 먼저 ∑k≥11k2\sum_{k \ge 1} \frac{1}{k^2}의 수렴을 자체적으로 확인합니다: k≥2k \ge 2이면 1k2≤1k(k−1)=1k−1−1k\frac{1}{k^2} \le \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}이므로 부분합은 망원합으로 ∑k=1N1k2≤1+∑k=2N(1k−1−1k)=2−1N≤2\sum_{k=1}^{N} \frac{1}{k^2} \le 1 + \sum_{k=2}^{N} \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) = 2 - \frac{1}{N} \le 2입니다.

    따라서 급수는 수렴합니다 (값은 π26\frac{\pi^2}{6})이고 꼬리합은 0으로 갑니다: ε>0\varepsilon > 0마다 ∑k≥N1k2<ε\sum_{k \ge N} \frac{1}{k^2} < \varepsilon인 NN이 있습니다.

    따라서 m(lim sup⁡En)<εm(\limsup E_n) < \varepsilon이 모든 ε>0\varepsilon > 0에 대해 성립하므로 m(lim sup⁡En)=0m(\limsup E_n) = 0입니다. 직접 계산한 {0}\{0\}과 일치합니다 — 이것이 Borel–Cantelli 제1정리의 이 예 버전입니다.

측도공간 (X,m)(X, m)에서 ∑n≥1m(En)<∞\sum_{n \ge 1} m(E_n) < \infty인 임의의 가측집합 수열 {En}\{E_n\}에 대해 m(lim sup⁡n→∞En)=0m(\limsup_{n \to \infty} E_n) = 0임을 완전히 증명하세요 (Borel–Cantelli 제1정리).

독립성은 필요 없습니다.

lim sup⁡n→∞En=⋂N≥1⋃k≥NEk⊆⋃k≥NEk\limsup_{n \to \infty} E_n = \bigcap_{N \ge 1}\bigcup_{k \ge N} E_k \subseteq \bigcup_{k \ge N} E_k
m(lim sup⁡En)≤∑k=N∞m(Ek)  →N→∞  0m(\limsup E_n) \le \sum_{k=N}^{\infty} m(E_k) \;\xrightarrow[N \to \infty]{}\; 0
합 수렴 모드, n=40n = 40: 누적 길이 ≈1.6202\approx 1.6202로 π26≈1.6449\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449에 더 다가갑니다 — 꼬리 ∑k>401k2<140=0.025\sum_{k > 40} \frac{1}{k^2} < \frac{1}{40} = 0.025가 limsup 측도의 상계입니다.
증명 보기

  1. lim sup⁡n→∞En=⋂N≥1AN\limsup_{n \to \infty} E_n = \bigcap_{N \ge 1} A_N이라 쓰세요. 여기서 AN=⋃k≥NEkA_N = \bigcup_{k \ge N} E_k는 감소수열입니다 (NN이 커지면 합집합에 들어가는 항이 줄어듭니다).

    정의에서 바로 lim sup⁡En⊆AN\limsup E_n \subseteq A_N이 모든 NN에 대해 성립합니다.

  2. 단조성과 가산 열가법성에 의해 m(lim sup⁡En)≤m(AN)≤∑k≥Nm(Ek)m(\limsup E_n) \le m(A_N) \le \sum_{k \ge N} m(E_k)입니다. 여기서 두 번째 부등식은 가산 개의 집합의 합집합의 측도가 각 측도의 합을 넘지 않는다는 것뿐입니다 — 서로소일 필요도, 독립일 필요도 없습니다.

  3. 가정 ∑k≥1m(Ek)<∞\sum_{k \ge 1} m(E_k) < \infty에 의해 꼬리합 ∑k≥Nm(Ek)\sum_{k \ge N} m(E_k)는 N→∞N \to \infty에서 0으로 갑니다 (수렴 급수의 꼬리).

    따라서 0≤m(lim sup⁡En)≤∑k≥Nm(Ek)→00 \le m(\limsup E_n) \le \sum_{k \ge N} m(E_k) \to 0이므로 m(lim sup⁡En)=0m(\limsup E_n) = 0입니다.

    증명 완료 — 이것이 Borel–Cantelli 제1정리이며, 문제 1의 예는 m(Ek)=1/k2m(E_k) = 1/k^2인 특수한 경우입니다.

주사위를 무한히 던져 En=E_n = "nn번째 던짐이 6"이라 하세요.

각 EnE_n은 독립이고 P(En)=16P(E_n) = \frac16, ∑P(En)=∞\sum P(E_n) = \infty입니다.

곱 ∏k=NM(1−16)=(56)M−N+1→0\prod_{k=N}^{M}(1 - \frac16) = (\frac56)^{M-N+1} \to 0 (M→∞M \to \infty)을 엄밀히 증명하고, 이를 이용해 P(lim sup⁡n→∞En)=1P(\limsup_{n \to \infty} E_n) = 1임을 완전히 보이세요 — 독립성 하의 Borel–Cantelli 제2정리입니다.

P ⁣(⋂k=NMEkc)=∏k=NM(1−16)=(56)M−N+1→0P\!\left(\bigcap_{k=N}^{M} E_k^c\right) = \prod_{k=N}^{M}\left(1 - \tfrac16\right) = \left(\tfrac56\right)^{M-N+1} \to 0
P(lim sup⁡En)=1−P ⁣(⋃N≥1⋂k≥NEkc)=1P(\limsup E_n) = 1 - P\!\left(\bigcup_{N \ge 1}\bigcap_{k \ge N} E_k^c\right) = 1
합 발산 모드, n=31n = 31: 처음 31개 집합은 dyadic 레벨 0~4 전체로 총 길이 5.005.00 — 발산하며, 모든 점이 매 레벨마다 포함되므로 lim sup⁡=[0,1]\limsup = [0, 1]입니다.
증명 보기

  1. 먼저 곱이 0으로 감을 엄밀히 보입니다. 독립성에 의해 P(⋂k=NMEkc)=∏k=NMP(Ekc)=∏k=NM(1−16)=(56)M−N+1P\left(\bigcap_{k=N}^{M} E_k^c\right) = \prod_{k=N}^{M} P(E_k^c) = \prod_{k=N}^{M} (1 - \frac16) = (\frac56)^{M-N+1}입니다.

    로그를 취하면 log⁡((56)M−N+1)=(M−N+1) log⁡(56)\log\left((\frac56)^{M-N+1}\right) = (M-N+1)\,\log(\frac56)이고 log⁡(56)<0\log(\frac56) < 0이므로 M→∞M \to \infty에서 −∞-\infty로 갑니다.

    따라서 (56)M−N+1→0(\frac56)^{M-N+1} \to 0입니다 — "NN번째부터 MM번째까지 6이 한 번도 안 나올 확률"이 0으로 갑니다.

  2. 이제 위에서의 측도 연속성(continuity from above)을 씁니다: PP는 확률측도이므로 P≤1<∞P \le 1 < \infty — 유한측도 가정이 성립합니다. 집합열 ⋂k=NMEkc\bigcap_{k=N}^{M} E_k^c는 MM에 대해 감소하므로 P(⋂k≥NEkc)=lim⁡M→∞P(⋂k=NMEkc)=lim⁡M→∞(56)M−N+1=0P\left(\bigcap_{k \ge N} E_k^c\right) = \lim_{M \to \infty} P\left(\bigcap_{k=N}^{M} E_k^c\right) = \lim_{M \to \infty} (\frac56)^{M-N+1} = 0입니다 — 모든 NN에 대해 "NN번째 이후로 6이 영원히 안 나온다"는 확률 0 사건입니다.

  3. (lim sup⁡En)c=⋃N≥1⋂k≥NEkc(\limsup E_n)^c = \bigcup_{N \ge 1} \bigcap_{k \ge N} E_k^c이므로 (드모르간), 열가법성에 의해 P((lim sup⁡En)c)≤∑N≥1P(⋂k≥NEkc)=∑N≥10=0P((\limsup E_n)^c) \le \sum_{N \ge 1} P\left(\bigcap_{k \ge N} E_k^c\right) = \sum_{N \ge 1} 0 = 0입니다.

    따라서 P(lim sup⁡En)=1P(\limsup E_n) = 1: 6이 무한히 자주 나옵니다 (almost surely).

    같은 논증은 일반적으로도 통합니다 — 독립이고 ∑pn=∞\sum p_n = \infty인 경우, 어떤 kk에서 pk=1p_k = 1이면 EkE_k가 거의 확실하게 일어나므로 결론은 자명합니다; 남은 경우 pk<1p_k < 1로 가정하면 log⁡(1−pk)\log(1 - p_k)가 정의되고 log⁡(1−pk)≤−pk\log(1 - p_k) \le -p_k에서 ∑k=NMlog⁡(1−pk)≤−∑k=NMpk→−∞\sum_{k=N}^{M} \log(1-p_k) \le -\sum_{k=N}^{M} p_k \to -\infty이므로 곱이 0으로 갑니다. 이것이 Borel–Cantelli 제2정리입니다.

11. 적분