Encuentra el límite casi seguro de esta serie

Question

Dejemos que $X_n$ , $n \geq 0$ sea una secuencia independiente de variables aleatorias , con las siguientes distribuciones : $$ P(X_n = x) = \begin{cases} 1 - \frac{1}{2^{n+1}} & x = 0 \\ \frac 1{2^{n+1}}& x= 2^n \\ 0 & o.w \\ \end{cases} $$ Demostrar que $\sum_{n=1}^{k} X_n$ tiene un límite casi seguro $S$ como $k \to \infty$ y encontrar la distribución de $S$ .

Para esta cuestión, se puede utilizar el teorema de las tres series de Kolmogorov, o simplemente observar que, como $\sum_{n=0}^\infty \frac 1{2^{n+1}} < \infty$ por Borel Cantelli vemos que a.s. la suma $\sum_{n=1}^\infty X_n$ es en realidad una suma finita. Por lo tanto, el límite casi seguro existe, llamémoslo $S$ . Tenga en cuenta que $S$ toma valores de números enteros a.s.

Ahora, por ejemplo, calculemos $P(S= 0)$ . Por la naturaleza de $X_n$ , $S = 0$ si y sólo si cada $X_n = 0$ , lo que ocurre con probabilidad $\prod_{n=0}^\infty P(X_n = 0) \approx 0.28$ .

Ahora, para $P(S = k)$ , miramos la expansión binaria de $k$ Así que escriba $k = \sum 2^{n_i}$ con el $n_i$ distinto. Entonces, observe que $S_n =k$ si y sólo si $X_{n_i} = 2^{n_i}$ para cada $i$ y $X_m = 0$ para $m \neq n_i$ . Esto viene a cuento de la expresión : $$ P(S_n = k) = \prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}} \prod_{m \neq n_i} (1-\frac 1{2^{m+1}}) \approx \prod_i \frac{0.28}{(1-\frac 1{2^{n_i+1}})2^{n_i+1}} \\ \approx \frac{(0.28)^i}{\prod_i (2^{n_i+1} - 1)} $$ Me gustaría que se confirmara que lo anterior es correcto.

Answer 1

Sí, hasta ahora tiene razón. El PDF de $S_n$ es $$P(S_n = k) = \prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}} \prod_{m \neq n_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)$$ Si definimos $N_i\triangleq \max n_i$ podemos reescribir $$P(S_n = k) = \prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}} \prod_{m \neq n_i\\1\le m\le N_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)\prod_{m = N_i+1}^n \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)$$ el último término $\prod_{m = N_i+1}^n \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)$ tiende a $\prod_{m = N_i+1}^\infty \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)$ cuando $n\to \infty$ . También $$\prod_{m = N_i+1}^\infty \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)={\prod_{m = 1}^\infty \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)\over \prod_{m = 1}^{N_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)}$$ La expresión $\prod_{m = 1}^\infty \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)$ es una constante, a saber $l\approx0.5776$ . Por lo tanto, $$\prod_{m = N_i+1}^\infty \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)={l\over \prod_{m = 1}^{N_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)}$$ y por sustitución obtenemos $$\Pr\{S=k\}{=\prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}} \prod_{m \neq n_i\\1\le m\le N_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right){l\over \prod_{m = 1}^{N_i} \left(1-\frac 1{2^{m+1}}\right)}\\=l\cdot {\prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}}\over \prod_{i} 1-\frac 1{2^{n_i+1}}}\\=l\cdot \prod_{i} \frac 1{2^{n_i+1}-1}\\={l\over \prod_i (2^{n_i+1}-1)}\\\approx{0.5776\over \prod_i (2^{n_i+1}-1)}}$$