Penguasaan konvergensi: subbarisan dan pemetaan diskontinu

Penyelesaian lengkap. Jika \(2^m\le n<2^{m+1}\) dan \(j=n-2^m\), maka panjang \(I_{m,j}\) adalah \(2^{-m}\). Jadi, untuk \(0<\varepsilon<1\),

\[ \mathbb P(|X_n|>\varepsilon) =\mathbb P(X_n=1)=2^{-m}. \]

Ketika \(n\to\infty\), tingkat blok \(m\to\infty\), sehingga ruas kanan menuju nol. Untuk \(\varepsilon\ge1\), peluang tersebut sudah sama dengan nol. Maka \(X_n\to0\) dalam probabilitas.

Untuk setiap \(m\), keluarga \(\{I_{m,j}:0\le j<2^m\}\) merupakan partisi \((0,1]\); konvensi interval terbuka di kiri dan tertutup di kanan memastikan titik batas pun masuk ke tepat satu sel. Karena itu, bagi setiap \(\omega\in(0,1]\) terdapat tepat satu indeks \(j_m\) sedemikian sehingga

\[ X_{2^m+j_m}(\omega)=1. \]

Hal ini terjadi untuk setiap \(m\), jadi \(X_n(\omega)=1\) untuk tak hingga banyak \(n\). Akibatnya \(X_n(\omega)\) tidak konvergen ke \(0\) untuk satu pun \(\omega\). Tidak ada pertentangan: konvergensi dalam probabilitas mengendalikan peluang penyimpangan pada setiap indeks secara terpisah, sedangkan konvergensi hampir pasti mengendalikan seluruh ekor barisan pada lintasan yang sama.

Ambil \(n_k=2^k\). Indeks ini selalu memilih \(j=0\), sehingga

\[ X_{n_k}=\mathbf 1_{(0,2^{-k}]}. \]

Jika \(\omega>0\), maka \(2^{-k}<\omega\) untuk semua \(k\) yang cukup besar. Jadi \(X_{n_k}(\omega)=0\) akhirnya, dan subbarisan ini konvergen ke \(0\) di setiap titik.

Sekarang buktikan prinsip umum. Misalkan \(Y_n\to Y\) dalam probabilitas dan ambil subbarisan \((Y_{n_k})\). Subbarisan itu juga konvergen dalam probabilitas ke \(Y\). Secara rekursif pilih

\[ k_1<k_2<\cdots \]

sedemikian sehingga

\[ \mathbb P(E_r)\le2^{-r}, \qquad E_r=\{|Y_{n_{k_r}}-Y|>2^{-r}\}. \]

Pemilihan ini mungkin karena, untuk setiap \(r\) tetap, peluang penyimpangan pada ambang \(2^{-r}\) menuju nol. Karena \(\sum_r\mathbb P(E_r)\le\sum_r2^{-r}<\infty\), lemma Borel–Cantelli pertama memberikan

\[ \mathbb P(E_r\text{ terjadi tak hingga kali})=0. \]

Di luar kejadian nol itu, untuk semua \(r\) yang cukup besar berlaku \(|Y_{n_{k_r}}-Y|\le2^{-r}\); maka \(Y_{n_{k_r}}\to Y\) hampir pasti.

Sebaliknya, andaikan sifat subsubbarisan berlaku tetapi \(Y_n\not\to Y\) dalam probabilitas. Maka ada \(\varepsilon>0\), \(\delta>0\), dan subbarisan \((Y_{n_k})\) sehingga

\[ \mathbb P(|Y_{n_k}-Y|>\varepsilon)\ge\delta \qquad\text{untuk setiap }k. \]

Menurut sifat yang diasumsikan, subbarisan ini mempunyai subsubbarisan \((Y_{n_{k_r}})\) yang konvergen hampir pasti ke \(Y\). Konvergensi hampir pasti menyiratkan konvergensi dalam probabilitas, sehingga

\[ \mathbb P(|Y_{n_{k_r}}-Y|>\varepsilon)\longrightarrow0, \]

bertentangan dengan batas bawah \(\delta\). Jadi sifat subsubbarisan juga menyiratkan \(Y_n\to Y\) dalam probabilitas, dan ekuivalensi terbukti.

Penyelesaian lengkap. Karena \(S\) Polish dan \(Y_n\Rightarrow Y\), teorema representasi Skorohod memberikan satu ruang peluang serta peubah acak \(Y_n',Y'\) pada ruang itu sedemikian sehingga

\[ \mathcal L(Y_n')=\mathcal L(Y_n), \qquad \mathcal L(Y')=\mathcal L(Y), \qquad Y_n'\longrightarrow Y'\quad\text{hampir pasti}. \]

Karena hukum \(Y'\) sama dengan hukum \(Y\),

\[ \mathbb P(Y'\in D_g)=\mathbb P(Y\in D_g)=0. \]

Pada kejadian berprobabilitas satu tempat \(Y_n'\to Y'\) dan \(Y'\notin D_g\), fungsi \(g\) kontinu di \(Y'\). Definisi kekontinuan lalu memberi \(g(Y_n')\to g(Y')\) pada kejadian tersebut. Jadi \(g(Y_n')\to g(Y')\) hampir pasti, dan karenanya juga dalam distribusi. Karena pemetaan terukur mempertahankan kesamaan hukum,

\[ \mathcal L(g(Y_n'))=\mathcal L(g(Y_n)), \qquad \mathcal L(g(Y'))=\mathcal L(g(Y)). \]

Maka \(g(Y_n)\Rightarrow g(Y)\), meskipun peubah semula tidak berada pada satu ruang peluang.

Sekarang ambil \(g(x,y)=\mathbf 1_{\{x\le y\}}\). Jika \(x<y\) atau \(x>y\), ketaksamaan tersebut tetap mempunyai nilai kebenaran yang sama pada suatu lingkungan cukup kecil dari \((x,y)\); jadi \(g\) kontinu di luar diagonal. Sebaliknya, setiap lingkungan titik \((x,x)\) memuat titik dengan koordinat pertama lebih kecil dan titik dengan koordinat pertama lebih besar daripada koordinat kedua. Nilai \(g\) di kedua sisi itu berbeda. Dengan demikian,

\[ D_g=\Delta=\{(x,y)\in\mathbb R^2:x=y\}. \]

Untuk \(Y_n=(Z+n^{-1},W)\) berlaku

\[ \|Y_n-Y\|=n^{-1}\longrightarrow0, \]

bahkan di setiap titik ruang sampel. Jadi \(Y_n\to Y\) hampir pasti dan, khususnya, \(Y_n\Rightarrow Y\). Karena \(W-Z\sim\mathcal N(0,2)\) mempunyai distribusi kontinu,

\[ \mathbb P(Y\in D_g)=\mathbb P(Z=W) =\mathbb P(W-Z=0)=0. \]

Bagian pertama berlaku. Selain itu,

\[ \mathbb P(g(Y)=1) =\mathbb P(Z\le W) =\mathbb P(W-Z\ge0)=\frac12, \]

karena distribusi normal berataan nol simetris. Oleh sebab itu,

\[ g(Y_n)\Rightarrow g(Y) \sim\operatorname{Bernoulli}\!\left(\frac12\right). \]

Terakhir,

\[ \|\widetilde Y_n-\widetilde Y\| =n^{-1}|W|. \]

Untuk setiap \(\varepsilon>0\),

\[ \mathbb P\bigl(\|\widetilde Y_n-\widetilde Y\|>\varepsilon\bigr) =\mathbb P(|W|>n\varepsilon)\longrightarrow0, \]

karena kejadian \(\{|W|>n\varepsilon\}\) turun menuju himpunan kosong. Jadi \(\widetilde Y_n\to\widetilde Y\) dalam probabilitas. Akan tetapi,

\[ g(\widetilde Y_n) =\mathbf 1_{\{Z\le Z+n^{-1}W\}} =\mathbf 1_{\{W\ge0\}} \sim\operatorname{Bernoulli}\!\left(\frac12\right) \]

untuk setiap \(n\), sedangkan

\[ g(\widetilde Y)=\mathbf 1_{\{Z\le Z\}}=1 \quad\text{hampir pasti}. \]

Kedua distribusi tidak dapat konvergen satu sama lain. Misalnya, pada titik \(t=1/2\), yang merupakan titik kekontinuan fungsi distribusi peubah konstan \(1\),

\[ \mathbb P(g(\widetilde Y_n)\le t)=\frac12 \not\longrightarrow 0=\mathbb P(g(\widetilde Y)\le t). \]

Di sini \(\mathbb P(\widetilde Y\in D_g)=1\), sehingga kegagalan tersebut tepat menunjukkan peran hipotesis himpunan diskontinuitas bernilai nol.