X variable aleatoria en $\mathbb{N}$ independencia de los acontecimientos

Question

Si tengo una variable aleatoria $X$ con valores en $\mathbb{N}$ , $$\mathbb{P}(X=n)=\frac{1}{n^s\zeta(s)}$$ donde $s>1$ y $\zeta$ la función zeta de Riemann, entonces cómo puedo demostrar que $$A_i=E_{p_i^2}=\left\{X\text{ is divisible for } p_i^2\right\}$$ ¿los eventos son independientes?

Tal vez con $$1=\frac{X}{X}=\frac{m_1p_1^2}{m_2p_2^2}\Rightarrow m_1p_1^2=m_2p_2^2\,?$$

Answer 1

Supongamos que $p_i$ y $p_j$ son primos. Entonces $$ A_i\cap A_j=\{X=p_i^2p_j^2k\mid k\in\mathbb{N}\}. $$ Así que, $$ \begin{align*} P(A_i\cap A_j)&=\sum_{k=1}^{\infty}P(X=p_i^2p_j^2k)\\ &=\frac{1}{\zeta(s)p_i^{2s}p_j^{2s}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^s}\\ &=\frac{1}{p_i^{2s}p_j^{2s}}. \end{align*} $$ Por otro lado, $$ \begin{align*} P(A_i)&=P\{X=p_i^{2}k\mid k\in\mathbb{N}\}\\ &=\frac{1}{\zeta(s)p_i^{2s}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^s}\\ &=\frac{1}{p_i^{2s}}, \end{align*} $$ y de manera similar $$ P(A_j)=\frac{1}{p_j^{2s}}. $$ Combinando estos datos, vemos que $$ P(A_i\cap A_j)=P(A_i)P(A_j), $$ como se desee.

Ahora, te preguntarás: ¿dónde utilizamos el hecho de que $p_i$ y $p_j$ ¿son primos? Bueno, hicimos la suposición de que un número $n$ es divisible por ambos $p_i^2$ y $p_j^2$ si y sólo si es de la forma $p_i^2p_j^2k$ , $k\in\mathbb{N}$ . Esto sólo es cierto porque $p_i$ y $p_j$ son relativamente primos, y por lo tanto $p_i^2$ y $p_j^2$ son relativamente primos. Podríamos extender este resultado a cualquier colección de números que sean relativamente primos por parejas; los propios primos son el conjunto de números más accesible.

Answer 2

$\newcommand{\P}{\mathbb{P}}$ No estoy seguro de lo que está mal en lo siguiente, que parece implicar que los eventos son no independiente.

Si el $A_i$ son independientes, en particular, son independientes entre sí, por lo que debe cumplirse que $\P(A_i \cap A_j) = \P(A_i) \P(A_j)$

Así que sabemos que $$\P(A_i) = \frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2})^s} $$

mientras que $$\P(A_i \cap A_j) = \frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2p_j^2})^s} $$

Así que queremos $$\frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2p_j^2})^s} = \frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2})^s} \cdot \frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2})^s} $$

Utilizando los productos de Cauchy podemos reescribir el lado derecho y hacerlo igual al lado izquierdo

$$\frac 1{\zeta(s)^2} \sum_{n=1}^\infty c_n = \frac 1{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac 1{({np_i^2p_j^2})^s}$$

por lo tanto, queremos $\displaystyle c_n = \frac{\zeta(s)}{({np_i^2p_j^2})^s}$

Pero $$c_n = \sum_{l=1}^{n-1} a_l b_{n-l} = \sum_{l=1}^{n-1} \frac 1{{((n-l)lp_j^2)^s}}\frac 1{{(lp_i^2)^s}} = \frac 1{{(p_i^2p_j^2)^s}} \sum_{l=1}^{n-1} \frac{1}{l^s(n-l)^s}$$

Por lo tanto, para que la afirmación sea cierta debe sostenerse que

$$\sum_{l=1}^{n-1} \frac{1}{l^s(n-l)^s} = \frac{\zeta(s)}{n^s}$$

pero el RHS es mucho más irracional (para valores infinitos con $s$ entero; $s=2$ por ejemplo) mientras que el LHS es racional si $s$ es un número entero.