Serie de variables Bernoulli independientes

Question

Dejemos que $X_1, X_2, \ldots$ sean variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas con la distribución $\text{Ber}(\frac{1}{2})$ . Definir la varible aleatoria:

$$Y:=\sum_{n=1}^\infty \frac{X_n}{2^n}$$

Demostrar que $Y$ se distribuye uniformemente en el intervalo unitario $[0,1]$ .

La única forma que conozco actualmente de atacar este problema es utilizando el teorema de Levy:

Para $Y_n:=\sum_{k=1}^n \frac{X_k}{2^k}$ basta con demostrar que la función característica de $Y_n$ converge a la función característica de una variable aleatoria uniforme, es decir

$$\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}[e^{itY_n}]=\frac{e^{it}-1}{it}$$

Desde $X_1, X_2, \ldots$ son independientes, tenemos:

$$\mathbb{E}[e^{itY_n}]=\prod_{k=1}^n \mathbb{E} \left[e^{it\frac{X_k}{2^k}} \right] = \prod_{k=1}^n \frac{1+e^{it/2^k}}{2}.$$

Básicamente estoy atascado porque no sé qué hacer con el producto como $n\to\infty$ .

¿Hay algún truco para ello? ¿Hay alguna solución más sencilla? Gracias de antemano.

Answer 1

Tenga en cuenta que, si bien es cierto que mucho más fácil pasar por la distribución acumulativa, tu planteamiento funciona, y utiliza una técnica bastante típica para los productos trigonométricos que quizás te guste conocer. Al menos a mí siempre me ha parecido bastante bonito...

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En primer lugar, hay que tener en cuenta que $1 + \exp (ix) = 1 + \cos x + i \sin x = 2 \cos x/2 \exp (ix/2)$ utilizando las fórmulas de medio ángulo. Así,

$$\phi_n(t) = \prod_{k=1}^n \cos\left(t/2^{k+1} \right) \exp \left(it/2^{k+1} \right)$$

Esto se divide en dos productos más fáciles:

Primero, utiliza la suma de una serie geométrica para calcular lo siguiente: $$P_{n,1} = \prod_{k = 1}^n \exp\left(it/2^{k+1} \right) = \exp \left(it \frac{1-2^{-n}}{2} \right)$$

A continuación, utilizaremos repetidamente la identidad $2 \sin x \cos x = \sin 2x$ para aprovechar el hecho de que los cosenos de nuestro producto tienen ángulos progresivamente reducidos por un factor de $2$ :

\begin{align} P_{n,2} &= \prod_1^n \cos \left(t/2^{k+1} \right) \\ &= \frac{\sin \left(t/2^{n+1} \right)}{\sin \left(t/2^{n+1} \right)} \prod_1^n \cos \left(t/2^{k+1} \right) \\ &\overset{a}{=} \frac{\sin \left(t/2^{n} \right)}{2\sin\left(t/2^{n+1} \right)} \prod_1^{n-1} \cos \left(t/2^{k+1} \right) \end{align}

donde la igualdad $(a)$ es de usar la identidad anterior para sacar el último término del producto. Siguiendo con la misma línea,

$$P_{n,2} = \frac{\sin (t/2)}{2^n \sin (t/2^{n+1})}$$

Como $n \to \infty$ , $P_{n,1} \to \exp\left(it/2\right)$ y $P_{n,2} \to \frac{\sin t/2}{t/2}$ . Como ambos límites existen, tenemos

$$\phi_n(t) \to \exp(it/2) \cdot \frac{\sin t/2}{t/2} = \exp(it/2) \cdot \frac{\exp(it/2) - \exp(-it/2)}{2i \cdot t/2} = \frac{\exp it - 1}{it} $$

Ahora apela a la continuidad de $\phi_\infty$ y murmurar algo sobre usar un mazo para colgar un cuadro :)

Answer 2

Continuando donde lo dejaste:

\begin{align} \mathbb{E}[e^{itY_n}]=\prod_{k=1}^n \mathbb{E} \left[e^{it\frac{X_k}{2^k}} \right] &= \prod_{k=1}^n \frac{1+e^{it/2^k}}{2} \\ &= \frac{1}{2^n} \prod_{k=1}^n (e^{it/2^k}+1) \\ &= \frac{1}{2^n} (e^{it/2^{n}}+1) \prod_{k=1}^{n-1} (e^{it/2^k}+1) \\ &= \frac{1}{2^n} (e^{it/2^{n}}+1) \frac{(e^{it/2^{n}}-1)}{(e^{it/2^{n}}-1)} \prod_{k=1}^{n-1} (e^{it/2^k}+1) \\ &= \frac{1}{2^n (e^{it/2^n}-1)} (e^{it/2^{n-1}}-1) \prod_{k=1}^{n-1} (e^{it/2^k}+1)\\ &= \frac{1}{2^n (e^{it/2^n}-1)} (e^{it/2^{n-1}}-1) (e^{it/2^{n-1}}+1) \prod_{k=1}^{n-2} (e^{it/2^k}+1)\\ &= \frac{1}{2^n (e^{it/2^n}-1)} (e^{it/2^{n-2}}-1) \prod_{k=1}^{n-2} (e^{it/2^k}+1)\\ & \, \vdots \\ &= \frac{1}{2^n (e^{it/2^n}-1)} (e^{it/2^{n-n}}-1)\\ \\ &= \frac{(e^{it}-1)}{2^n (e^{it/2^n}-1)} . \end{align}

Y, la expansión de Taylor de $e^{it/2^n}$ es $1+\frac{1}{2^n}it+O(t^2)$ , donde $O(t^2)$ es tal que $2n \cdot O(t^2) \to 0$ , como $n \to \infty$ . Por lo tanto, $\mathbb{E}[e^{itY_n}]$ se convierte:

\begin{align} \mathbb{E}[e^{itY_n}] &= \frac{(e^{it}-1)}{2^n (1+2^{-n}it+O(t^2)-1)} \\ &= \frac{(e^{it}-1)}{(it+2^n O(t^2))} \\ & \to \frac{(e^{it}-1)}{it}, \quad \mbox{as } n \to \infty. \quad \blacksquare \end{align}

Answer 3

Dejemos que $Y_n=\sum_{j=1}^n 2^{-j}X_j$ entonces $Y_n$ se distribuye uniformemente sobre el conjunto $$\left\{\sum_{j\in S} 2^{-j} : S\subset\{1,2,\ldots,n\} \right\}.$$ Este conjunto tiene la misma cardinalidad que el conjunto de potencias de $\{1,2,\ldots,n\}$ , $2^n$ y así $\mathbb P(Y=y)=2^{-(n+1)}$ para cada $y\in E_n$ . Esto implica que $\mathbb P(Y_n=y)\stackrel{n\to\infty}\longrightarrow0$ para cualquier $y\in[0,1]$ . Como $Y_n$ converge a $Y$ casi con seguridad, se deduce que $\mathbb P(Y=y)=0$ para cualquier $y\in[0,1]$ . Ahora, $Y$ toma valores en el conjunto $$A = \left\{\sum_{j\in S}2^{-j} : S\subset\mathbb N \right\}. $$ Pero $A=[0,1]$ como cualquier $y\in[0,1]$ tiene una representación binaria (posiblemente infinita). Si $S\subset A$ tiene una medida de Lebesgue nula, entonces $[0,1]\setminus S$ contiene un intervalo abierto $(a,b)$ . Elija $N$ tal que $2^{-N}<b-a$ . Entonces $\mathbb P(Y_N\in(a,b))>0$ y como $E_n\subset E_{n+1}$ se deduce que $$\mathbb P(Y_n\in(a,b))\geqslant \mathbb P(Y_N\in(a,b))>0$$ para $n\geqslant N$ . Desde $Y_n$ converge a $Y$ casi seguro, $Y_n$ converge a $Y$ en la distribución, y por lo tanto $\mathbb P(Y\in(a,b))>0$ . De ello se desprende que $Y$ no se concentra en $S$ y por tanto es una variable aleatoria continua, es decir, existe una función medible $f:\mathbb R\to\mathbb R$ tal que $$\mathbb P(Y\leqslant y)=\int_{[0,y]}f\ \mathsf d\lambda, $$ donde $\lambda$ es la medida de Lebesgue. Si $y\in[0,1]$ tiene expansión decimal $0.y_1y_2\ldots$ , entonces como $\mathbb P(X_n>y_n)=2^{-1}(1-y_n)$ y $\mathbb P(X_n=y_n)=2^{-1}$ para cada $n$ se deduce que \begin{align} \mathbb P(Y>y) &= \mathbb P\left(\bigcup_{n=1}^\infty\{X_n>y_n\}\cap \bigcap_{j=1}^{n-1} \{X_j=y_j\}\right)\\ &= \sum_{n=1}^\infty \mathbb P\left(\{X_n>y_n\}\cap \bigcap_{j=1}^{n-1} \{X_j=y_j\}\right)\\ &= \sum_{n=1}^\infty 2^{-n}(1-y_n)\\ &= \sum_{n=1}^\infty 2^{-n} - \sum_{n=1}^\infty 2^{-n}y_n\\ &= 1-y, \end{align} y por lo tanto $$y=\mathbb P(Y\leqslant y)=\int_{[0,y]}f\ \mathsf d\lambda.$$ Esto implica que $\mathbb P(Y\in(a,b))=b-a$ para todos $(a,b)\subset[0,1]$ Así que $f=1$ a.e. y la distribución de $Y$ es la medida de Lebesgue en $[0,1]$ es decir, la distribución uniforme en $[0,1]$ .