Por lo que $d$ hace $\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}\int_0^\infty e^{-t}\left[I_{|m|}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt$ ¿converger?

Question

Por lo que $d\in\mathbb{N}$ ¿tiene la siguiente expresión un valor finito?

$$u(d)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}\int_0^\infty e^{-t}\left[I_{|m|}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt$$

$I_n(t)$ es un función de Bessel modificada del primer tipo. Para el contexto de la pregunta, en caso de que esto sea útil, estaba tratando de resolver el problema _Si $d$ las personas se colocan una al lado de la otra en una fila y juegan a un juego en el que a cada paso uniformemente elegir al azar una persona que lanza una moneda justa y si sale cara entonces avanza $1$ metro y si es cola se mueve hacia atrás $1$ metro, y luego elige a otra persona para que haga lo mismo; ¿cuál es el probabilidad $p(d)$ que vuelvan a estar en una fila al lado del otro?_ .

Mi solución utilizó una técnica similar al método presentado aquí para encontrar una expresión para Las constantes del paseo aleatorio de Polya . Tengo $p(d)=1-\frac{1}{u(d)}$ (aunque no estoy 100% seguro de que sea correcto), lo que significaría que para $d$ tal que $u(d)$ diverge (ya que las funciones son positivas) esperaría que $p(d)$ para ser $1$ y cuando $u(d)$ converge yo esperaría que fuera en $[1,\infty)$ dando un valor legítimo para $p(d)$ . ¿Es este el caso, y por qué $d$ se $u(d)$ ¿diferir?

Answer 1

Lo entiendo. $u(d) =\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}\int_0^\infty e^{-t}\left[I_{|m|}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt $ diverge para todos los $d$ .

Utilizaré la asintótica más sencilla para grandes $z$ de $I_a(z) \approx \dfrac{e^z}{\sqrt{2\pi z}} $ (nótese que esto es independiente de $a$ ) y dividir cada integral en dos partes de $(0, d)$ y $(d, \infty)$ .

Desde $I_a(z) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{(z/2)^{2j+a}}{j!(j+a)!} $ , para los pequeños $z$ , $I_{|m|}(z) \approx \dfrac{1}{|m|!}+\dfrac{(z/2)^{|m|+2}}{(|m|+1)!} $ .

Si $|z| \le 1$ , $|I_a(z)| \le \sum\limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{(1/2)^{2j+a}}{j!(j+a)!} = \sum\limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{1}{j!(j+a)!2^{2j+a}} < \dfrac1{a!2^a} $ .

Dejemos que $v(d) =\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}\int_0^d e^{-t}\left[I_{|m|}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt =\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty} v_{|m|}(d) $ donde $v_{m}(d) =\int_0^d e^{-t}\left[I_{m}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt $

Del mismo modo, dejemos que $w(d) =\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}\int_d^{\infty} e^{-t}\left[I_{|m|}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt =\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty} w_{|m|}(d) $ donde $w_{m}(d) =\int_d^{\infty} e^{-t}\left[I_{m}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt $ .

Entonces:

$$|v_{m}(d)|\le\int_0^d e^{-t}\left|I_{m}\left(\frac{t}{d}\right)\right|^d \;\mathrm dt$$ $$\le\frac1{(m!2^m)^d}\int_0^d e^{-t} \;\mathrm dt$$ $$\le\frac1{(m!2^m)^d}$$ Así que..: $$v(d)\le2\sum_{m=0}^{\infty} \frac1{(m!2^m)^d}$$

que converge de forma bastante violenta.

Ahora viene la parte interesante.

$$w_{m}(d)=\int_d^{\infty} e^{-t}\left[I_{m}\left(\frac{t}{d}\right)\right]^d \;\mathrm dt$$ $$\approx\int_d^{\infty} e^{-t}\left[ \dfrac{e^{t/d}}{\sqrt{2\pi t/d}}\right]^d \;\mathrm dt$$ $$= \int_d^{\infty} \dfrac{1}{(2\pi t/d)^{d/2}} \;\mathrm dt$$ $$= \left(\dfrac{d}{2\pi}\right)^{d/2}\int_d^{\infty} \dfrac{\mathrm dt}{t^{d/2}}$$

Si $d \le 2$ , la integral diverge.

Si $d > 2$ , $w_m(d) \approx \left(\dfrac{d}{2\pi}\right)^{d/2}\dfrac{d^{1-d/2}}{d/2-1} =\dfrac{d}{(2\pi)^{d/2}(d/2-1)} =\dfrac{1}{(2\pi)^{d/2}(1/2-1/d)} $ .

Dado que todos los $w_m(d)$ son asintóticamente independientes de $m$ (lo que me sorprende), la suma de ellos diverge.

Por lo tanto, la suma global diverge.