最近在刷随机变量序列收敛的习题时，碰到了这么一个挺有意思的问题，我用Kolmogorov强大数定律解决了它，下面是详细的推导过程：

给定独立同分布的随机变量 $X_1, X_2, ..., X_n, ...$，每个 $X_i$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布。对于 $|p| < 1$，定义随机变量序列：
$$Y_n = \frac{1}{n} \left( \frac{X_1^p}{X_2p} + \frac{X_2^p}{X_3p} + ... + \frac{X_n^p}{X_{n+1}p} \right)$$
需要证明 $Y_n$ 几乎必然收敛，并求出极限 $\displaystyle x = \lim_{n \to \infty} Y_n$。

解题思路与推导 #

我打算用Kolmogorov强大数定律来处理这个问题——毕竟定律恰好适用于同分布的独立随机变量序列。首先先对 $Y_n$ 做个拆分，把里面的项分成两组独立的子序列：
$$
\begin{align*}
Y_n &= \frac{1}{n} \left( \frac{X_1^p}{X_2p} + \frac{X_2^p}{X_3p} + ... + \frac{X_n^p}{X_{n+1}p} \right) \
&= \frac{1}{n} \left( \frac{X_1^p}{X_2p} + \frac{X_3^p}{X_4p} + ... \right) + \frac{1}{n} \left( \frac{X_2^p}{X_3p} + \frac{X_4^p}{X_5p} + ... \right)
\end{align*}
$$

接下来利用独立随机变量的期望性质：对于独立随机变量 $A,B$，有 $\mathbb{E}(AB) = \mathbb{E}(A)\mathbb{E}(B)$。而且因为所有 $X_i$ 都是 $(0,1)$ 内的正数，绝对值可以直接去掉，期望的线性性也能放心用。我们先计算 $\mathbb{E}(Y_n)$ 的极限，这能帮我们锁定收敛的目标值：

首先看每个单项 $\frac{X_k^p}{X_{k+1}p}$，因为 $X_k$ 和 $X_{k+1}$ 独立，所以 $\mathbb{E}\left( \frac{X_k^p}{X_{k+1}p} \right) = \mathbb{E}(X_k^p) \cdot \mathbb{E}(X_{k+1}^{-p})$。

用无意识统计学家法则计算单变量的期望：由于 $X_i \sim U(0,1)$，概率密度函数为1，且 $|p| < 1$ 保证积分收敛，所以：

• $\mathbb{E}(X_i^p) = \int_0^1 x^p dx = \frac{1}{p+1}$
• $\mathbb{E}(X_i^{-p}) = \int_0^1 x^{-p} dx = \frac{1}{1-p}$

把这两个结果相乘，得到每个 $\frac{X_k^p}{X_{k+1}p}$ 的期望是 $\frac{1}{(p+1)(1-p)} = \frac{1}{1-p^2}$。

现在回到 $Y_n$ 的期望计算：当 $n$ 趋向于无穷时，拆分后的两组子序列的项数占比都趋近于 $\frac{1}{2}$，不管 $n$ 是奇数还是偶数，这个比例的极限都是一致的。因此：
$$
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \mathbb{E}(Y_n) &= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{1-p^2} + \frac{1}{n} \cdot \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{1-p^2} \right) \
&= \frac{1}{2(1-p^2)} + \frac{1}{2(1-p^2)} \
&= \frac{1}{1-p^2}
\end{align*}
$$

最后结合Kolmogorov强大数定律：拆分后的两组都是独立同分布的随机变量序列，且每个项的期望都有限（$|p| < 1$ 保证了这一点），所以每组的样本均值几乎必然收敛到它们的期望 $\frac{1}{1-p^2}$。而 $Y_n$ 是两组样本均值的加权平均，权重都趋近于 $\frac{1}{2}$，因此 $Y_n$ 几乎必然收敛到 $\frac{1}{1-p^2}$。

最终结论 #

$Y_n$ 几乎必然收敛，其极限为 $\displaystyle x = \frac{1}{1-p^2}$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者thefool