Problema de probabilidad desafiante

Question

Hy, espero que todos estén bien. Últimamente he estado estudiando el tema de la probabilidad, estoy apuntando a mejorar en él, recientemente me encontré con este problema difícil.

Dejemos que $(u_{n})$ una secuencia de variables aleatorias independientes idénticamente distribuidas siguiendo la distribución de Rademacher. Y dejemos que $f(x)=\sum_{n \geq 0} u_{n} x^{n}$ .

Demostrar que : $$ f(x)\text{almost surely has infinitely many zeros in} [0,1].$$

Llevo semanas atascado en él, pero encontré una pista para resolverlo en un foro buscando sobre ello, Aquí está la pista: Construir una secuencia creciente $(x_{k})$ de manera que el evento $A_{k}=\{f(x_{0}),...,f(x_{k}) \text{are not zero and have the same sign} \}$ son tales que $p(A_{k+1})\leq \frac{6}{7} p(A_{k})$ .

Me parece difícil construir por inducción dicha secuencia de manera que nos permita resolver el problema. Cualquier propuesta es bienvenida.

Answer 1

Dejemos que $t_n = 1-\frac{1}{3^{3^{2n}}}$ y $K_n = 3^{3^{2n-1}}$ para $n \ge 1$ . Afirmamos que, para todos los $n$ grande (tal vez $n \ge 10$ está bien), con una probabilidad de al menos $1-\frac{1}{n^2}$ El signo de $\sum_{k \ge 1} u_kt_n^k$ es el mismo signo que $\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_kt_n^k$ . Tenga en cuenta que $|\sum_{k \ge K_{n+1}} u_k t_n^k| \le \sum_{k \ge K_{n+1}} t_n^k \le \frac{t_n^{K_{n+1}}}{1-t_n} = (1-\frac{1}{3^{3^{2n}}})^{3^{3^{2n+1}}}3^{3^{2n}} \approx e^{-3^{3^{2n+1}}/3^{3^{2n}}}3^{3^{2n}} = e^{-3^{3^{2n}}}3^{3^{2n}} \approx e^{-3^{3^{2n}}}$ . Y, $|\sum_{k < K_n} u_kt_n^k| \le K_n = 3^{3^{2n-1}}$ . Por lo tanto, si $|\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_kt_n^k| \ge 2\cdot 3^{3^{2n-1}}$ (digamos), entonces $\sum_{k \ge 1} u_k t_n^k$ tiene el mismo signo que $\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_k t_n^k$ . Y con probabilidad al menos $1-\frac{1}{n^2}$ Tendremos $|\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_kt_n^k| \ge 2\cdot 3^{3^{2n-1}}$ . De hecho, $\mathbb{E}\left[|\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_k t_n^k|^2\right] = \sum_{K_n \le k < K_{n+1}} t_n^{2k} \ge 3^{3^{2n}}$ y tenemos concentración ya que todo es i.i.d. Así que por Borel-Cantelli, con probabilidad $1$ para todos los casos, excepto para un número finito de $n$ tendremos que $\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_kt_n^k$ tiene el mismo signo que $\sum_{k \ge 1} u_kt_n^k$ ; claramente los signos de $\sum_{K_n \le k < K_{n+1}} u_kt_n^k$ son independientes como $n$ rangos y cada mitad $50-50$ probabilidad de ser positivo o negativo, por lo que con probabilidad $1$ obtenemos infinitos cambios de signo y, por tanto, infinitas raíces.

Answer 2

Tengo una solución sin usar los consejos que mencionas.

Puedes escribir : $f(x)=\sum_{n \geq 0} u_{n} x^{n} = f_n(x) + R_n(x)$ , donde $f_n(x) = \sum_{k=0}^n u_n x^n$ y $R_n(x) = \sum_{k\geq n+1} u_n x^n$ . Intuitivamente, lo que ocurre es bastante claro: el gráfico de $f$ debería oscilar hacia arriba y hacia abajo, algo así como un paseo aleatorio, al acercarse a la línea de ecuación $x=1$ . El problema es demostrarlo con rigor.

Teniendo en cuenta esta intuición, una buena idea es definir una secuencia creciente $x_n$ tal que $lim_{n\rightarrow \infty} x_n = 1$ y $f(x_n)$ está cerca de $f_n(1) = \sum_{k=0}^n u_k$ . Dotaré $s_n = \sum_{k=0}^n u_k$ el paseo aleatorio.

Comparemos: $f(x) - f_n(1) = R_n(x) + (f_n(x) - f_n(1))$

Veamos lo que ocurre si hacemos ampliaciones fáciles.

Es fácil demostrar que $|R_n(x)| \leq \frac{x^{n+1}}{1-x}$ .

Por otro lado, $|f_n(x) - f_n(1)| \leq \sum_{k=0}^n (1 - x^k) \leq (\sum_{k=1}^n \sum_{s=0}^{k-1} x^s) (1-x) \leq \frac{n(n+1)}{2} (1-x)$ .

Nos gustaría construir $x_n$ tal que las dos cantidades siguientes son pequeñas : $\frac{n(n+1)}{2} (1-x_n)$ y $\frac{x_n^{n+1}}{1-x_n}$ Intentemos $x_n = 1 - \frac{1}{n}$ . La primera cantidad equivale a $\frac{n}{2}$ . El segundo equivale a $\frac{e^{-2}}{2}n $ . Así que $|f(x) - s_n| \leq \frac{1 + e^{-2} + \epsilon}{2} n$ para $n$ lo suficientemente grande. Por desgracia, es demasiado grande, pero estamos bastante cerca. Necesitamos una mayoración más débil que $\beta \sqrt n$ donde $0 < \beta < 1$ porque $\frac{s_n}{\sqrt{n}}$ tiene casi seguramente lim sup igual a 1 y lim inf igual a -1.

Es posible tener mayoraciones más nítidas utilizando el lema de Abel. Lo haré bastante rápido, te animo a que hagas los cálculos tú mismo para comprobarlo. La filosofía es la siguiente : $|s_n|$ puede ser trivialmente mayorado por $n$ , pero podemos para $\epsilon>0$ mayorarlo casi con seguridad por $C(u,\epsilon) + (1+\epsilon)\sqrt{n}$ donde $C(u, \epsilon)>0$ es una constante que sólo depende de $u$ y $\epsilon$ (no en $x$ o en $n$ ).. Esto permite ganar un $\sqrt{n}$ en las dos especialidades.

Tenemos : $ R_n(x)= -\sum_{k\geq n+1} (\sum_{s=n+1}^k u_s) (x^{k+1} - x^k) $ . Sea $\epsilon>0$ . Entonces, puede comprobarlo casi con seguridad, $|R_n(x)| \leq C(u, \epsilon)(1-x) + (1+\epsilon)\sum_{k \geq n+1} \sqrt{k-n} (x^k - x^{k+1})$ Dónde $C(u, \epsilon)>0$ es una constante que sólo depende de $u$ y $\epsilon$ (no en $x$ o en $n$ ). La mayor parte de $|R_n(x)|$ debería comportarse así cuando $x\rightarrow 1$ : $\frac{x^n}{\sqrt{1-x}}$ (probablemente falta una constante multiplicativa).

Para $|f_n(x) - f_n(1)|$ usando el mismo truco, creo que puedes conseguir $n\sqrt{n}$ para la mayoración del segundo término (falta la constante multiplicativa).

Así que toma de nuevo $x_n = 1-\frac{1}{n}$ como antes y ganas un $\sqrt{n}$ ¡en ambos términos, por lo que debería ser suficiente para concluir ! ... Bastante mágico, ¿no?