Somos la garantía de que la serie armónica menos infinito al azar términos siempre convergen?

Question

Considere la posibilidad de la conocida serie armónica $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ y modificarla de la siguiente manera

$$\sum_{n=1}^\infty a_n\frac{1}{n}$$ donde $$a_n \sim \operatorname{Bern} \left({\frac{1}{2}}\right)$$ es decir, cada una de las $a_n$ $0$ o $1$ con una probabilidad de $\frac{1}{2}$ (básicamente lo que se está haciendo aquí es la eliminación al azar un número infinito de términos de esta serie)

Es posible saber que esta serie es casi siempre convergentes? Lo que significa que converge con probabilidad de $1$?

Answer 1

Para cualquier secuencia $(a_n)$, la correspondiente secuencia $(b_n)$ $b_n=1-a_n$ es igual de probable. Así que de acuerdo a su intuición, la serie $$\sum_{n=1}^\infty b_n\frac{1}{n}$$ debe converge casi seguramente. Pero, a continuación, $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \sum_{n=1}^\infty a_n\frac{1}{n} + \sum_{n=1}^\infty b_n\frac{1}{n}$$ llegaban demasiado!

Answer 2

Su serie es casi seguramente divergentes (es decir, se aparta con una probabilidad de $1$). Deje $X_n = a_n/n$ $n$th plazo. Entonces $$ E[X_n]=\frac{1}{2n} $$ y $$ {\text{Var}}[X_n]=E[X_n^2]-E[X_n]^2=\frac{1}{4n^2}. $$ La varianza de las sumas parciales es, por tanto, $$ {\text{Var}}\left[\sum_{i=1}^{n}X_i\right]=\frac{1}{4}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^2}\rightarrow\frac{\pi^2}{24}; $$ la expectativa de valor de las sumas parciales, por otro lado, es $$ E\left[\sum_{i=1}^{n}X_i\right]=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}=\frac{1}{2}H_n \sim \frac{1}{2}\log n. $$ Así que la secuencia de sumas parciales difiere de forma logarítmica con una probabilidad de $1$.

---

Como yo estoy a algunas de votos, quería añadir un par de pasos para demostrar que este argumento es el sonido. Tengo variables aleatorias $S_n$ tal que $\mu_n = E[S_n]\rightarrow\infty$$\sigma_n^2={\text{Var}}[S_n]\rightarrow \sigma^2 < \infty$. Yo reclamo que $S_n$ es sin límites con una probabilidad de $1$. Si $S_n$ es acotado, entonces, por alguna $x\in\mathbb{R}$ y algunos $N\in\mathbb{N}$, $S_n \le x$ para todos los $n\ge N$. En particular, para cualquier secuencia de índices de $n_i\rightarrow\infty$ y la secuencia de los límites $A_i\rightarrow\infty$, $$ S_n {\text { acotada}} \implica S_{n_1} < A_1 \vee S_{n_2} < A_2 \v \ldots, $$ y por lo tanto $$ {\text{Pr}}[S_n{\text { acotada}}] \le {\text{Pr}}[S_{n_1}<A_1] + {\text{Pr}}[S_{n_2}<A_2] + \ldots. $$ Deje $M>0$ ser un fijo, gran número. Debido a $\mu_n\rightarrow\infty$$\sigma^2_n\rightarrow\sigma^2$, se puede elegir $n_i$ suficientemente grande como para que $\mu_{n_i} > 2^{i/2+1} M \sigma_{n_i}$$n_i\rightarrow\infty$; y elija $A_i=\mu_{n_i} - 2^{i/2} M\sigma_{n_{i-1}}$. Pero $$ {\text{Pr}}[S_{n_i} < \mu_{n_i} - 2^{i/2} M\sigma_{n_{i-1}}] \le {\text{Pr}}\left[\frac{(S_{n_i}-\mu_{n_i})^2}{\sigma^2_{n_{i-1}}} > 2^{i} M^2\right] \le \frac{1}{2^{i}M^2}, $$ así $$ {\text{Pr}}[S_n{\text { acotada}}] \le \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{2^{i}M^2} = \frac{1}{M^2}. $$ Desde $M$ fue arbitraria, podemos optar a ser tan grande como nos gusta; llegamos a la conclusión de que ${\text{Pr}}[S_n{\text { bounded}}]=0$, y que, por ende, $S_n$ converge con probabilidad de $0$. En nuestro caso, tenemos sólo el hecho adicional de que $S_n$ es monótonamente creciente a la conclusión de que la $S_n$.s. diverge a infinito (ya que es la única opción).

Answer 3

¿Por qué nunca convergen ?

Tomando la expectativa,

$$E\left(\sum_{n=1}^\infty a_n\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty E(a_n)\frac{1}{n}=\frac12\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}.$$

Incluso si el argumento no es rigurosa, porque ninguna de estas series convergen, debe ser suficiente como para arrojar la duda.

---

En la serie armónica, la eliminación de todos, pero cada millonésima plazo no es suficiente para restablecer la convergencia, debido a que $\sum\frac1{1000000n}=\frac1{1000000}\sum\frac1n$.

Answer 4

Esta respuesta se combina y se profundiza en dos comentarios a la OP del post. Vamos

$$a_n \sim \operatorname{Bern} \left({f(n)}\right),\;\;\; f(n) \in (0,1)$$

set $X_n \equiv n^{-1}a_n$ y considerar

$$\sum_{i=1}^\infty X_i $$

con las variables aleatorias supone independiente.

Comprobación de las condiciones de la prueba de Kolmogorov Tres Teorema de las series, establezca $A > 1$. Entonces

$$\Pr(|X_n|\geq A)=0 \implies \sum_{i=1}^{\infty} \Pr(|X_i|\geq A) =0 \tag{1}$$

converge (este es sólo un caso especial que tiene, en general, para cualquier variable aleatoria con soporte acotado de la anterior).

También se $I_{\{|X_n|\leq A\}} =1\;\; \forall\, n$, por lo que

$$\sum_{i=1}^{\infty}E[X_i\cdot I_{\{|X_i|\leq A\}}] = \sum_{i=1}^{\infty}E[X_i] =\sum_{i=1}^{\infty}\frac {f(i)}{i} \tag{2}$$

Una selección de $f(n)$ para este a converger es $f(n) = n^{-\alpha},\, \alpha >0$, ya que esto le dará un hyperharmoninc de la serie, que converge.

Finalmente,

$$\sum_{i=1}^{\infty}\text{Var}[X_i\cdot I_{\{|X_i|\leq A\}}] = \sum_{i=1}^{\infty}\text{Var}[X_i] =\sum_{i=1}^{\infty}\frac {f(i)[1-f(i)]}{i^2} \tag {3}$$

que converge para todo y cualquier $f(i) \in (0,1)$, ya que es estrictamente menor que $\sum_{i=1}^{\infty}i^{-2} = \pi^2/6$.

Así que la condición crítica, es la convergencia de la suma de los valores esperados (condición de $2$), ya que es esta condición la que impone restricciones en la forma de $f(n)$ a fin de obtener la convergencia.

Answer 5

Este post demuestra que directamente

$$ P\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} = \infty \right) = 1$$

lugar de estudio acerca de las diferentes cantidades para hacer una heurística argumento que ayuda a convencer de que el resultado es plausible.

El método es

• Descomponer la suma de una secuencia de independiente, distinto sumas parciales con rápida disminución de la varianza
• Encontrar el límite inferior de la probabilidad de que cada suma parcial es mayor que $0.01$
• Encontrar el límite inferior de la probabilidad de que infinitamente muchas de las sumas parciales son todos mayores $0.01$ (y por lo tanto la suma diverge)
• Deducir, a partir de la forma del resultado final que la probabilidad de divergencia es $1$

---

El endeudamiento de los métodos de la otra respuesta,

Deje $X_n = a_n / n$ $n$- ésimo término.

Definir una nueva secuencia de variables aleatorias independientes

$$ S_n = \sum_{i=2^n}^{2^{n+1} - 1} X_n $$

de modo que la suma total es

$$ \sum_{i=1}^{\infty} \frac{a_i}{i} = \sum_{n=0}^{\infty} S_n $$

Tenemos

$$ E[S_n] = \sum_{i=2^n}^{2^{n+1} - 1} E[X_n ] = \frac{1}{2} (H_{2^{n+1} - 1} - H_{2^n - 1} ) \approx \frac{1}{2} \ln(2)$$

donde $H_n$ $n$- ésimo número armónico. También tenemos la varianza

$$ Var[S_n] = \sum_{i=2^n}^{2^{n+1} - 1} \frac{1}{4i^2} < 2^{-n} $$

(podemos probar un poco más fuerte que el obligado, pero soy un vago!)

La desigualdad de Chebyshev, a continuación, dice que, para cualquier positivos $k$,

$$ P\left(\left|S_n - \frac{1}{2} \ln 2\right| < k 2^{-n/2} \right) \geq 1 - \frac{1}{k^2} $$

Por lo suficientemente grande $k$, afirmo que

$$ \exp(-2/k^2) = 1 - \frac{2}{k^2} + \frac{2}{k^4} - \ldots \leq 1 - \frac{1}{k^2} $$

y por lo tanto,

$$ P\left(\left|S_n - \frac{1}{2} \ln 2\right| < \frac{1}{4} \right) \geq 1 - \frac{1}{2^{n-4}} \geq \exp\left(-\frac{1}{2^{n-5}} \right) $$

Estos eventos son conjuntamente independiente, de modo que tenemos

$$ P\left(\forall n \geq m: \left|S_n - \frac{1}{2} \ln 2\right| < \frac{1}{4} \right) \geq \exp\left(-\sum_{n = m}^{\infty} \frac{1}{2^{n-5}} \right) = \exp(-2^{6-m}) $$

En particular, esto significa

$$ P(\forall n \geq m: S_n > 0.01) \geq \exp(-2^{6-m}) $$

de donde se desprende

$$ P\left( \sum_{n=0}^{\infty} S_n = \infty \right) \geq \exp(-2^{6-m}) $$

tomando el límite de $m \to \infty$, obtenemos

$$ P\left( \sum_{n=0}^{\infty} S_n = \infty \right) \geq 1 $$