Convergenza in probabilità della somma

[retrocomputer]

Stavo provando che se ho due successioni $X_n\to X$ e $Y_n\to X$ in probabilità, allora risulta $X_n+Y_n\to X+Y$ in probabilità.
Per farlo passerei attraverso il fatto che da ogni sottosuccessione è possibile estrarre una sotto-sottosuccessione convergente quasi certamente.
In realtà il mio dubbio non è per niente probabilistico, ma visto l'argomento di contorno ho preferito postare qui.

Ah, voi come le indicate le sotto-sottosuccessioni?

Comunque, per la convergenza in probabilità delle due successioni, da ogni coppia di sotto-successioni $(X_{n_k})$ e $(Y_{n_k})$ estraggo due sotto-sottosuccessioni $(X_{n_{k_h}})$ e $(Y_{n_{k_j}})$ che convergono quasi certamente rispettivamente a $X$ e a $Y$.
Ora, dal momento che so che la proprietà da dimostrare vale per la convergenza quasi certa, direi che $X_{n_{k_h}}+Y_{n_{k_j}}\to X+Y$ quasi certamente. Intuitivamente non ho problemi a dire che posso tranquillamente riscrivere la successione $(Y_{n_{k_j}})$ con gli stessi indici di $(X_{n_{k_h}})$, ma formalmente come lo dico?

[DajeForte]

Per quello che ti serve dire:

esiste $A_X$ di probabilità 1 tale che per ogni $ omega in A_X$ si ha che $ X_n( omega) to X(omega)$.
Lo stesso accade con Y.
Dunque per ogni $omega in A_X cap A_Y$ hai che $ X_n( omega) to X(omega)$ e $ Y_n( omega) to Y(omega)$.

Dunque $X_n(omega)+Y_n(omega) to X( omega) +Y(omega)$ e chiaramente $P(A_X cap A_Y)=1$.

[DajeForte]

Mi sa che non chiedevi questo...hahahah.
Vediamo se ora ci becco.

$X_n$ converge in probabilità dunque esiste una sottosuccessione $X_{n_ k}$ che converge quasi certamente.
Adesso la sottosuccessione $Y_{n_k}$ (costruita con gli stessi indici della sottosuccessione $X_{n_k}$) converge in probabilità. Esiste dunque una sua sottosuccessione $Y_{n_{k_l}}$ che converge quasi certamente;
ora $X_{n_{k_l}}$ è una sottosuccessionene di $X_{n_k}$, che dunque converge quasi certamente.

[retrocomputer]

Grazie! Nel primo messaggio hai provato che se $X_n\to X$ e $Y_n\to Y$ quasi certamente allora $X_n+Y_n\to X+Y$ quasi certamente, mentre nel secondo messaggio... Non hai risposto esattamente alla domanda, ma hai aggirato il mio problema con una dimostrazione migliore

Tu hai usato il fatto che ($X_n\to X$ in probabilità) $\Rightarrow$ ($\exists\ X_{n_k}\to X$ quasi certamente),
mentre io volevo usare ($X_n\to X$ in probabilità) $\Leftrightarrow$ ($\forall\ X_{n_k}\ \exists\ X_{n_{k_h}}\to X$ quasi certamente).
Il mio problema era quello di ritrovarmi due successioni con indici diversi e di dover giustificare formalmente un cambio di indici mantenendo invariato il limite...

[retrocomputer]

Ispirandomi alla tua dimostrazione penso di aver trovato il modo di usare solo la proposizione
($X_n\to X$ in probabilità) $\Leftrightarrow$ ($\forall\ X_{n_k}\ \exists\ X_{n_{k_h}}\to X$ quasi certamente):

Per la proposizione (freccia $\Rightarrow$):
- $X_n\to X$ in probabilità $\Rightarrow$ da ogni $(X_{n_k})$ si può estrarre una sotto-sottosuccessione $X_{n_{k_h}}\to X$ quasi certamente;
- da $(Y_{n_{k_h}})$ si può estrarre una ulteriore sottosuccessione $Y_{n_{k_{h_j}}}\to Y$ quasi certamente.

Ma anche $X_{n_{k_{h_j}}}\to X$ quasi certamente, quindi $X_{n_{k_{h_j}}}+Y_{n_{k_{h_j}}}\to X+Y$ quasi certamente (per quello che hai provato nel primo messaggio).

Si ha la tesi sempre per la proposizione (freccia $\Leftarrow$): da una qualunque sottosuccessione $(X_{n_k}+Y_{n_k})$ di $(X_n+Y_n)$ ho estratto una sotto-sottosuccessione $(X_{n_{k_{h_j}}}+Y_{n_{k_{h_j}}})$ convergente a $X+Y$ quasi certamente $\Rightarrow$ tutta la successione converge in probabilità.

Osservazione. Se non ho capito male la teoria, alla fine della dimostrazione posso affermare che tutta la successione converge in probabilità, ma non quasi certamente, perché la convergenza quasi certa non è indotta da una metrica, anzi, da una topologia.

[DajeForte]

Mi pare vada tutto bene, anche se le sottosuccessioni che costruisci, devono partire dalla sottosuccessione $X_{n_k}+Y_{n_k}$ (ma penso ti sia chiaro).

Si la convergenza quasi certa non è metrizabile, mentre quella in probabilità si.
Dimostra questo: $X_n to X$ in probabilità se e solo se $d(X,Y) = E[ (|X-Y|)/(1+|X-Y|)] to 0$.

Ti vorrei inoltre fare la seguente domanda:

se $a_n$ è una successione reale, allora $a_n to a$ se e solo se per ogni sotto successione $a_{n_k}$ esiste una sottosottosuccessione $a_{n_{k_l}} to a$. Come puoi vedere questa statment è molto simile alla proposizione che usi nella dimostrazione. Ti chiedo allora: perchè la parte di destra della tua proposizione non implica la convergenza quasi certa?

[retrocomputer]

"DajeForte":Mi pare vada tutto bene, anche se le sottosuccessioni che costruisci, devono partire dalla sottosuccessione $X_{n_k}+Y_{n_k}$ (ma penso ti sia chiaro).

Io invece non lo so se mi è chiaro... Parto sì dalla generica sottosuccessione $X_{n_k}$ dalla quale estraggo una sotto-sottosuccessione $X_{n_{k_h}}$, ma poi da quest'ultima ne estraggo un'altra $X_{n_{k_{h_j}}}$ e penso che anche questa si possa considerare una sotto-sottosuccessione di $X_{n_k}$, no?
Altrimenti la mia idea non funziona.

"DajeForte":Dimostra questo: $X_n to X$ in probabilità se e solo se $d(X,Y) = E[ (|X-Y|)/(1+|X-Y|)] to 0$.

Allora, intanto immagino che tu intenda dire "se e solo se $d(X_n,X) = E[ (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|)] to 0$", giusto?
In tal caso, per la freccia $\Rightarrow$ userei un paio di risultati tipo la conservazione del limite in probabilità attraverso funzioni continue, cioè che se $X_n\to X$ in probabilità e $g(x)$ è continua, allora anche $g(X_n)\to g(X)$ in probabilità (con la funzione $g(x)={|x|}/{1+|x|}$) e il teorema di convergenza dominata, o meglio una sua estensione alla convergenza in probabilità.

Sull'altra freccia invece ci devo pensare...

"DajeForte":se $a_n$ è una successione reale, allora $a_n to a$ se e solo se per ogni sotto successione $a_{n_k}$ esiste una sottosottosuccessione $a_{n_{k_l}} to a$. Come puoi vedere questa statment è molto simile alla proposizione che usi nella dimostrazione. Ti chiedo allora: perchè la parte di destra della tua proposizione non implica la convergenza quasi certa?

Questa proposizione mi pare che valga se sotto c'è uno spazio topologico, quindi non la posso usare nel caso della convergenza quasi certa.

[DajeForte]

Calcola che ti avevo scritto un messaggio lunghissimo con un botto di spiegazioni ma mi si e' cancellato...

Ti riscrivo solo l'esempio, vedi se ti schiarisce le idee.

Considera $Z_n=X_n+Y_n$. Prendi una sua generica sottosuccessione (diciamo quella dei numeri pari) $Z_{2n}$.
Considerando $X_{2n}$ sappiamo che estiste una sottosuccessione che converge q.c., diciamo che sia $X_{4n}$.
Passiamo ora ad $Y$. Considera la sottosuccessione $Y_{4n}$. Sappiamo che esiste una sottosuccessione che converge q.c. a $Y$ e diciamo che sia $Y_{8n}$.

Ora considerando $X_{8n}$ ed $Y_{8n}$ sono entrambe sottosuccessioni di $X_{2n}$ ed $Y_{2n}$,;
dunque da $Z_{2n}$ esiste una sottosuccessione $Z_{8n}$ che converge q.c. a $Z=X+Y$.

Per il secondo punto ti ci lascio ancora ragionare.

Per il terzo non era quello che intendevo, ma ci riflettero. Quello che volevo farti concludere era che l'insieme delle sottosuccessioni costituisce (di una successione data) e' piu' che contabile.

Ciao.

[retrocomputer]

"DajeForte":Calcola che ti avevo scritto un messaggio lunghissimo con un botto di spiegazioni ma mi si e' cancellato...

Peccato E' successo una volta anche a me, naturalmente quando avevo scritto un poema di roba...

"DajeForte":
Ora considerando $X_{8n}$ ed $Y_{8n}$ sono entrambe sottosuccessioni di $X_{2n}$ ed $Y_{2n}$,;
dunque da $Z_{2n}$ esiste una sottosuccessione $Z_{8n}$ che converge q.c. a $Z=X+Y$.

Sì, allora avevo capito

"DajeForte":Per il secondo punto ti ci lascio ancora ragionare.

Riassumendo la freccia $\Rightarrow$, direi:
$X_n\to X$ in prob. $\Rightarrow$ $X_n-X\to 0$ in prob. $\Rightarrow$ $g(X_n-X)\to 0$ in prob., ed essendo $g(X)$ dominata dalla funzione costante 1, posso usare il teorema di Lebesgue e avere la tesi. Va bene?
Il passaggio un po' delicato è l'uso del teorema di Lebesgue che nella forma classica richiederebbe la convergenza puntuale, ma con il solito trucchetto di passare a una sottosuccessione convergente quasi certamente si dovrebbe concludere anche per la convergenza in probabilità.

Per l'altra freccia non ho ancora concluso niente e la strada che volevo seguire, cioè che $g(X_n-X)$ converge in $L^1$ e quindi in legge non mi ha portato risultati... Pensavo di passare per le funzioni di ripartizione, ma non mi pare che serva...

[DajeForte]

Certo puoi usare il teorema della convergenza di Vitali, infatti $g(X_n-X)$ sono limitate da 1 e dunque uniformemente integrabili, e $g(X_n-X)$ converge in probabilita' a 0 (perche' $g(X_n-X) <= (X_n-X)$, dunque $P(g(X_n-X) > varepsilon) <= P(|X_n-X| > varepsilon)$) allora $E[g(X_n-X)] to 0$.

Puoi anche fare cosi: $X_n-X$ converge in distribuzione a 0, la funziona $g(x)$ e' continua e limitata, dunque (dal portmanteu's lemma) $E[g(X_n-X)] to g(0)=0$.

Oppure $E[g(X_n-X)]=int_{Omega} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP = int_{|X_n-X|=varepsilon} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP >=$

$>= (varepsilon)/(1+varepsilon) P(|X_n-X|>=varepsilon)$ (un approccio stile disuguaglianza di Markov).

Per l'altra direzione puoi provare sempre a partire da qua:

$E[g(X_n-X)]=int_{Omega} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP = int_{|X_n-X|=varepsilon} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP$

[retrocomputer]

"DajeForte":
Oppure $E[g(X_n-X)]=int_{Omega} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP = int_{|X_n-X|=varepsilon} (|X_n-X|)/(1+|X_n-X|) dP >=$

$>= (varepsilon)/(1+varepsilon) P(|X_n-X|>=varepsilon)$ (un approccio stile disuguaglianza di Markov).

L'ultima maggiorazione non l'ho capita... A tal punto che mi sembra la dimostrazione dell'altra direzione

[DajeForte]

Hihihihi hai ragione, è che le avevo scritte su carta tutte e due ma ho copiato quella sbagliata...

Per l'altra direzione, sempre usando la stessa scomposizione, osservi che $E[g(X_n-X)] <= (varepsilon)/(1+varepsilon)+ P(|X_n-X|>= varepsilon)$?

[retrocomputer]

OK, ora mi torna