Si $\sum p_n = 1$, $\sum np_n$ ser ilimitado?

Question

Esta pregunta puede parecer muy fácil y obvio, de todos modos, tengo la intención de hacer más claro ya que esto es sólo el principio de una solución de una pregunta más general.

Dado $\sum_{i=0}^\infty p_i=1$ $p_i>0$

¿Cuál es la respuesta a esta declaración:

$1+p_1+2p_2+3p_3+4p_4+...=?$

Podría ser infinito?

Answer 1

Por ejemplo,$\sum \frac {1}{2^n} =1$$\sum \frac{n}{2^n}=2$.

Pero si tomamos los números triangulares ${n+1\choose 2}$, $\frac {1}{2} \sum \frac {1}{{n+1\choose 2}}=1$ pero $\frac {1}{2}\sum \frac {n}{{n+1\choose 2}}=\sum \frac {1}{n+1}=\infty$

Answer 2

En realidad $ p_i $ puede ser construida. Deje $a_k=\sum\nolimits_{i = k}^\infty {{p_i}}$ , lo $a_0=1$, la suma resulta ser $1+p_1+2p_2+3p_3+4p_4+\cdots = \sum\nolimits_{i = 0}^\infty {{a_i}}$

Si desea que la suma finita, usted debe encontrar una secuencia convergente $(a_n) $. Por ejemplo, supongamos $a_i=\frac{1}{(i+1)^2}$, luego \begin{eqnarray} a_n&=&\frac{1}{(n+1)^2}=\sum\nolimits_{i = n}^\infty {{p_i}} \\ a_{n+1}&=&\frac{1}{(n+2)^2}=\sum\nolimits_{i = n+1}^\infty {{p_i}} \\ p_n&=&a_n-a_{n+1}=\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+2)^2}>0 \end{eqnarray} Esa es la $p_i$ que usted ha estado buscando!

Answer 3

Hay una manera fácil de ver que $\sum_ip_i=1$ $p_i\geq0$ le dice muy poco acerca de la $\sum_iip_i$. (Sé que la pregunta dice $p_i>0$, pero eso es sólo una molestia para hacer contraejemplos más difícil de formular; cualquier ejemplo con términos no negativos puede ser transformado en uno con términos positivos mediante la adición de una lo suficientemente pequeña cantidad para todos cero términos; el efecto de este cambio en $\sum_ip_i$ $\sum_iip_i$ puede hacerse tan pequeño como quieras, y una ligera reescalado se asegurará de que $\sum_ip_i=1$ siendo verdadera.)

Tomar cualquier secuencia con $\sum_{i\geq0}p_i=1$, digamos, por ejemplo,$p_i=2^{-i-1}$. Ahora $\sum_iip_i$ pueden converger (en el ejemplo), pero usted puede encontrar algo que aumenta más rápidamente que la de $i$ sea divergen; en el ejemplo por ejemplo, $\sum_i2^ip_i$ diverge claramente. Ahora, con la convergencia de ejemplo en un divergentes, solo tienes que extender la secuencia de lo que el término que se usaba en lugar de $i$ ahora se coloque en la posición $2^i$. Para definir una nueva secuencia con $p'_{2^i}=2^{-i-1}$ y todos los demás términos $p'_j$ (cuyo índice$~j$ no es una potencia de$~2$) igual a cero. A continuación, para la nueva secuencia $\sum_iip'_i$ diverge mientras que $\sum_ip'_i$ es invariable. Con un argumento similar se puede ver que también se puede (con sólo un poco más de esfuerzo) hacer $\sum_i(\ln i)p_i$ divergen, o $\sum_i(\ln(\ln i))p_i$ o algo similar.

Answer 4

Me temo que es infinito. Ya se sabe que $ \sum\nolimits_{n = 1}^\infty {\frac{6}{{n^2{\pi ^2}}}} = 1 $, se podría suponer que $ p_i = \frac{6}{(i+1)^2\pi^2}$. Por lo tanto \begin{eqnarray} &&1+\sum\nolimits_{n = 1}^\infty {np_n} \\ &=& 1 + \sum\nolimits_{n = 1}^\infty {\frac{6n}{(n+1)^2\pi^2}} \\ &=& 1 + \frac{6}{\pi^2}\sum\nolimits_{n = 1}^\infty \left[ {\frac{1}{n+1}-\frac{1}{(n+1)^2}} \right] \end{eqnarray} Parece que no es convergente.

Answer 5

Creo que el caso donde $p_i$ = $p_0 \alpha^i$, $|\alpha| < 1$ es útil considerar.

$$\sum_{i=0}^\infty p_i = p_0 \sum_{i = 0}^\infty \alpha^i,$$ $$ = \frac{p_0}{1 - \alpha},$$ por lo que la normalización de la condición da, $$p_0 = 1 - \alpha.$$

Ahora para la segunda suma: $$1 + p_1 + 2 p_2 + ... = 1 + \sum_{i = 1} i \left(p_0 \alpha^i\right),$$ $$= 1 + p_0 \frac{\alpha}{(1 - \alpha)^2},$$ $$= 1 + \frac{\alpha}{1 - \alpha}.$$

Así que para obtener un valor concreto para la suma, solo escoge $\alpha$.