Supongamos que tenemos una moneda y empezamos con una base de la cantidad de dinero $X_0 = C \in {\mathbb N}$, y cada vez que se lanza la moneda tenemos a $X_{n+1} = X_n + 1$ si la tapa está cabezas, de lo contrario $X_{n+1} = 1/X_n$ si colas. Podemos calcular $\lim_{n \to \infty} {\mathbb E}X_n$? Parece que el límite existe y es finito. Sin embargo, viene con una fórmula o relación de recurrencia para ${\mathbb E}X_n$ parece bastante desalentador después de algún pensamiento. Sin embargo, tal vez el límite puede ser encontrado y demostrado sin que explícita fórmula? Si el límite no se puede calcular de forma explícita, puede estar relacionado con algún otro límite, y/o vinculada con algunas buenas límites, y/o se demuestra, por ejemplo, irracional?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
En primer lugar, podemos suponer que hay algunos continua de la función de densidad de probabilidad $\mu$ $[0,\infty)$ tal que $$\lim_{n\rightarrow\infty}{\mathbb P}(a\le X_n\le b)=\int_a^b\mu(x)dx$$
Pero no hay. Por eso : $${\mathbb P}(a\le X_n\le b)=\frac{1}{2}{\mathbb P}(a-1\le X_{n-1}\le b-1)+\frac{1}{2}{\mathbb P}(\frac{1}{b}\le X_n\le \frac{1}{a})$$ Tomando límites cuando se $n\rightarrow\infty$ $$2\int_a^b\mu(x)dx=\int_{a-1}^{b-1}\mu(x)dx+\int_{\frac{1}{b}}^\frac{1}{a}\mu(x)dx$$ Tomando límites cuando se $a\rightarrow b$ y utilizando el hecho de que $\mu$ es continua, se obtiene : $$2\mu(b)=\mu(b-1)+\frac{1}{b^2}\mu\left(\frac{1}{b}\right)$$
Sabiendo que $\mu(x)=0$$x<0$, obtenemos $$x<1\Rightarrow \mu(x)=\frac{1}{2x^2}\mu\left(\frac{1}{x}\right)$$ $$x\ge 1\Rightarrow \mu(x)=\frac{1}{2}\mu(x-1)+\frac{1}{4}\mu\left(x\right)=\frac{2}{3}\mu(x-1)$$
$$\mu(0)=\lim_{n\rightarrow\infty}\mu\left(\frac{1}{n}\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2}{2}\mu(n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2.2^n}{2.3^n}\mu(1)=0$$
Si $\mu(x)=0$, $\mu(x+1)=0$ y $\mu(\frac{1}{x})=0$ . Pero estas dos operaciones pueden ser utilizados para construir todos los números racionales a partir de $1$. $\mu(0)=0$ implica $\mu(1)=0$, y por lo $\mu(r)=0$ todos los $r\in\mathbb Q$. Por la continuidad, $\mu(x)=0$ todos los $x$, lo $\mu$ no es un PDF.
Vamos a probar con otro método ! Considerar la de Stern-Brocot árbol. Contiene todos los números racionales. Cualquier número racional $r$ en el árbol va a definir un menor abrir segmento de $(a_r,b_r)\subset\mathbb Q$ tal que
- Para todos racional $s$, ($s$ ha $r$ como antepasado en el árbol) es equivalente a $s\in(a_r,b_r)$
- $a_r$ $b_r$ son racionales y son los antepasados de $r$, excepto si $r$ es un número entero (en cuyo caso $b_r=\infty$) o $r=\frac{1}{n}$ (en cuyo caso $a_r=0$)
- Tanto en $a_r$ $b_r$ son mayores de $1$ o inferior a $1$ al mismo tiempo $r\neq 1$.
Si $r$ se encuentra en el árbol, en el nivel de $p$, $r+1$ se encuentra en nivel de $p+1$ $\frac{1}{r}$ se encuentra en nivel de $p$. (el nivel es el tamaño de el camino de $r$ a la raíz del árbol de $1$)
Así, cada vez que obtenemos $X_{n+1}$ $X_n$ existe una probabilidad de $\frac{1}{2}$ que el nivel aumenta en uno. Así que finalmente va al infinito. Por lo tanto
$$\forall r\in\mathbb Q\quad \lim_{n\rightarrow\infty}\mathbb P(X_n=r)=0$$
Sin embargo, de cualquier $r\in\mathbb Q$, se puede fácilmente calcular (el nombre de ella $p_r$) $$\lim_{n\rightarrow\infty}\mathbb P(a_r<X_n<b_r)=p_r$$
- si $r< 1$ $$p_r=\frac{1}{2}p_{\frac{1}{r}}$$
- si $r>1$ $$p_r=\frac{1}{2}p_{r-1}+\frac{1}{2}p_{\frac{1}{r}}=\frac{2}{3}p_{r-1}$$
- Como $(a_1,b_1)=(0,\infty)$ $$p_1=1$$
- Para cualquier racional $r>0$, después de un número finito de la aplicación de $x\mapsto x-1$ (si $x>1$) y $x\mapsto\frac{1}{x}$ si $x<1$, usted finalmente consigue $1$.
Así que usted puede calcular el límite de la probabilidad en los segmentos.
$$ \begin{array}{|c|c|c|} \hline r & (a_r,b_r) & p_r \\\hline 1 & (0,\infty) & 1 \\\hline 2 & (1,\infty) & \frac{2}{3} \\\hline \frac{1}{2} & (0,1) & \frac{1}{3} \\\hline 3 & (2,\infty) & \frac{4}{9} \\\hline \frac{3}{2} & (1,2) & \frac{2}{9} \\\hline \frac{2}{3} & (\frac{1}{2},1) & \frac{1}{9} \\\hline \frac{1}{3} & (0,\frac{1}{2}) & \frac{2}{9} \\\hline \end{array} $$
Por las anteriores propiedades y propiedades de la SB árbol, se puede deducir que :
$$\alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n)=\frac{1}{3}\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n|X_n<1)+\frac{2}{3}\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n|X_n>1)$$
Pero como $\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n|X_n>1)=\alpha+1$ $$\alpha=2+\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n|X_n<1)$$
Y $\lim_{n\rightarrow\infty}E(X_n|X_n<1)$ puede ser delimitada por la divisoria $(0,1)$ a más y más $(a_r,b_r)$, la informática, la $p_r$...
Si se encuentra que el $$\alpha\approx 2.42683...$$
Suponiendo que $E(X_n)$ tiene un límite finito $a$, un límite inferior se obtiene fácilmente. Por acondicionamiento,
$E(X_{n+1})=0.5E(X_n+1)+0.5E(1/X_n)$.
Dejar $n$ tienden a infinito y usando la desigualdad de Jensen, obtenemos
$a\geq 0.5(a+1)+0.5/a$.
Resolver una ecuación cuadrática da $a\geq 0.5+\sqrt{1.25}\approx 1.618$.
He decidido publicar una segunda respuesta, en vez de editar mi respuesta. Si he roto las reglas, por favor hágamelo saber y voy a ser feliz para editar la respuesta original y borrar este. Por favor, ir fácil en mí, soy nuevo aquí. El trabajo aquí es en relación a mi post original, sin embargo he hecho un progreso significativo que siento que garantiza un post completamente nuevo. Pensé que es más transparente si dejo la respuesta original como es.
He estado jugando con el problema y he hecho algunos progresos. Realmente no he encontrado una mejor solución que Xoff anterior, pero quisiera ofrecer mi enfoque. Es un poco más de fuerza bruta, tal vez.
Se ha establecido que la $\lim_{n\rightarrow\infty}\mathbb{E}(X_n)$ es independiente de $X_0$. No me inicialmente entender por qué es esto, pero hace sentido intuitivo después de algún pensamiento. Y después de que el análisis que figura a continuación, me di cuenta de que yo no especificar cualquier estado inicial. Creo que se puede comenzar cualquier número real positivo, en realidad sin cambiar la limitación de las expectativas. Por lo tanto, creo que el límite es definitivamente un número irracional. Tengo otra razón para creer que el límite es irracional, que voy a llegar más tarde.
La construcción
Deje que la cadena de inicio en el estado de $q_0\in\mathbb{Q}$. Definir $\mathbb{Q}_0=\{q\}$, $\mathbb{Q}_1=\{1+q,\frac{1}{q}\}$, y de forma recursiva, $$\mathbb{Q}_{n+1}=\{\mathbb{Q}_n+1\}\cup\left\{\frac{1}{\mathbb{Q}_n}\right\}.$$ Tenga en cuenta que esto no es un discontinuo de la unión, en general.
Definir $a^{(n)}_q$ $q\in\mathbb{Q}_n$ a ser el número de realizaciones del proceso con $X_n=q$, condicionado a que el hecho de que $X_0=q_0$ sin tener en cuenta lo que sucede después de la primera $n$ pasos. $a^{(n)}_q=0$ si $q\notin\mathbb{Q}_n$. Tenemos $a^{(0)}_{q_0}=1$, e $a^{(1)}_{1+q_0}=a^{(1)}_{1/q_0}=1$. De forma recursiva $$ a^{(n+1)}_q=a^{(n)}_{q-1}+a^{(n)}_{1/q}. $$ Y desde allí se $2^n$ total posible proceso de realizaciones hasta el paso $n$, $$ \sum_{q\in\mathbb{Q}_n}^{(n)}_q=2^n. $$
También puede ser demostrado que el número de elementos en la $n^\text{th}$, $|\mathbb{Q}_n|$, es el $(n+3)^\text{th}$ Fibonacci número menos $1$ ( $f_1=f_2=1$ ). Los 13 primeros términos de los tamaños de los conjuntos de son $$\left\{|\mathbb{Q}_n|\right\}_{n\geq0}=1,2,4,7,12,20,33,54,88,143,232,376,609,\ldots.$$
Ahora tome la expectativa y su límite
Ahora podemos escribir la expectativa de $X_{n+2}$. Luego vamos a trabajar hacia atrás a $X_n$ utilizando la ecuación anterior. $$ \begin{aligned} \displaystyle \mathbb{E}(X_{n+2})&= \sum_{q\in\mathbb{Q}_{n+2}} q P(X_{n+2}=q)= \sum_{q\in\mathbb{Q}_{n+2}} q \frac{a^{(n+2)}_q}{2^{n+2}}.\\ &=\frac{1}{2}\sum_{q\in\mathbb{Q}_{n+2}} q \frac{a^{(n+1)}_{q-1}+a^{(n+1)}_{1/q}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{q\in\mathbb{Q}_{n+2}} q \frac{a^{(n+1)}_{q-1}}{2^{n+1}}+\frac{1}{2}\sum_{q\in\mathbb{Q}_{n+2}}q\frac{a^{(n+1)}_{1/q}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2} \sum_{\substack{q\in\mathbb{Q}_{n+2} \\ q-1\in\mathbb{Q}_{n+1}}} q \frac{a^{(n+1)}_{q-1}}{2^{n+1}}+ \frac{1}{2} \sum_{\substack{q\in\mathbb{Q}_{n+2} \\ 1/q\in\mathbb{Q}_{n+1}}}q\frac{a^{(n+1)}_{1/q}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}} (1+r) \frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}+ \frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}} \frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}+ \frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}} r \frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}+ \frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X_{n+1})+ \frac{1}{2} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n+1)}_{r}}{2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X_{n+1})+ \frac{1}{4} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n)}_{r-1}+a^{(n)}_{1/r}}{2^{n}}\\ &=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X_{n+1})+ \frac{1}{4} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n)}_{1/r}}{2^{n}}+ \frac{1}{4} \sum_{ r\in\mathbb{Q}_{n+1}}\frac{1}{r}\frac{a^{(n)}_{r-1}}{2^{n}}\\ &=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X_{n+1})+ \frac{1}{4} \sum_{ q\in\mathbb{Q}_{n}}q\frac{a^{(n)}_{q}}{2^{n}}+ \frac{1}{4} \sum_{ q\in\mathbb{Q}_{n}}\frac{1}{1+q}\frac{a^{(n)}_{q}}{2^{n}}\\ &=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X_{n+1})+ \frac{1}{4}\mathbb{E}(X_{n})+ \frac{1}{4}\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X_{n}}\right).\\ \end{aligned} $$ Ahora, tomamos el límite de $n\rightarrow\infty$ para obtener $$ \mathbb{E}(X)=\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\mathbb{E}(X)+ \frac{1}{4}\mathbb{E}(X)+ \frac{1}{4}\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right). $$ Ciertamente,$0\leq X \leq\infty$, lo $0\leq \mathbb{E} \left(1/(1+X)\right) \leq 1$. Resolviendo obtenemos $$ \begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=2+\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right)\\ &\leq 2+1 = 3. \end{aligned} $$ Que realmente conseguir tanto los límites superior e inferior: $2\leq \mathbb{E}(X) \leq 3$.
La refinación de los límites
Podemos refinar la estimación utilizando la siguiente técnica. Para la fórmula de $\mathbb{E}(G(X))$: $$ \begin{aligned} &\text{ 1) Replace } X \text{ by both } 1+X \text{ and } 1/X\text{, } \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ &\text{ 2) Sum together and divide by } 2.\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \end{aligned}$$ Esto se traduce en $$\mathbb{E}\left[G(X)\right]=\frac{1}{2}\left(\mathbb{E}\left[G(1+X)\right]+\mathbb{E}\left[G\left(\frac{1}{X}\right)\right]\right).$$ Se necesita algún cuidado y tedioso álgebra para ver que esto tiene, pero se desprende de los métodos anteriores.
Ahora nos refinar los límites en las $\mathbb{E}(1/(1+X))$. $$ \begin{aligned} \mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right) &=\frac{1}{2}\left[\mathbb{E}\left(\frac{1}{2+X}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{X}}\right)\right]\\ &=\frac{1}{4} \left[\mathbb{E}\left(\frac{1}{3+X}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{2+\frac{1}{X}}\right) +\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{1+X}}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right)\right]\\ &=\frac{1}{8} \left[\mathbb{E}\left(\frac{1}{4+X}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{3+\frac{1}{X}}\right) +\mathbb{E}\left(\frac{1}{2+\frac{1}{1+X}}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{2+X}\right)\right.\\ &\quad\quad\quad\quad\left.+ \ \mathbb{E}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{2+X}}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{X}}}\right) +\mathbb{E}\left(\frac{1}{2+X}\right)+\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{X}}\right)\right].\\ \end{aligned} $$ El uso de la última iteración de la ecuación anterior, podemos utilizar el hecho de que cuando se $Y=X$ o $1/X$ $X\in[0,\infty]$ podemos obligado el finito continuó fracción $$ 0\leq \frac{1}{a+Y}\leq \frac{1}{a}$$ $$ \frac{1}{a+\frac{1}{b}}\leq \frac{1}{a+\frac{1}{b+Y}}\leq \frac{1}{a}$$ para obtener $$\frac{1}{8}\left(0+0+\frac{1}{3}+0+\frac{2}{3}+\frac{1}{2}+0+0\right) \leq\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right)\leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+1+1+\frac{1}{2}+1\right).$$ Así $$\frac{3}{16} \leq\mathbb{E}\left(\frac{1}{1+X}\right)\leq \frac{61}{96}.$$ Que los rendimientos de $$2+\frac{3}{16} =2.1875\leq\mathbb{E}\left(X\right)\leq 2.63541\overline{6}= 2+\frac{61}{96}.$$ Este proceso puede ser continuo para refinar los límites aún más y se traducirá en más y fracciones continuas. Es bastante tedioso, pero funciona muy bien y es un buen recuento de ejercicio.
Es el límite racional o irracional?
Inicialmente comencé a pensar que el límite es irracional, debido a la presencia de crecimiento de fracciones continuas. El poder de los dos en el denominador crece más y más grande, y la longitud de algunas de las fracciones continuas sigue creciendo. En el límite, creo que vamos a terminar con todo finito y lo infinito continuó fracción $$\cfrac{1}{a_1+\cfrac{1}{a_2+\cfrac{1}{a_3+\cfrac{1}{a_4+\cdots}}}}$$ para todas las secuencias de números naturales $a_j\in\mathbb{N}$$j\in\mathbb{N}$. Sin embargo, la probabilidad de cada continuó fracción va a cero cuando su longitud crece, y vamos a tener un gran número de múltiplos de cada finito continuó fracción. No estoy seguro de si alguna de conservar una probabilidad positiva, pero la duda.
El final de la uña puede ser que estos resultados nunca se utiliza el hecho de que el estado inicial era un número racional. El límite debe ser independiente del valor inicial como el tiempo es un número real positivo. Incluso si partimos de un número irracional, el espacio de estado es todavía contables como se generan a partir de las operaciones de 'agregar uno' y 'se dividen en uno'. Cada elemento será irracional, pero el tamaño del espacio de estado crece como los números de Fibonacci todavía. Sin embargo, a partir de a $\phi-1\approx0.618$ retrasa el crecimiento de los tamaños de los conjuntos. Las secuencias de irrationals puede converger a los racionales, por lo que todavía no estoy seguro.
Tengo la sensación de que podemos mostrar que $\mathbb{E}(X_n)$ es una fracción con un gran numerador y el denominador más grande, y que el tamaño de ambos va al infinito con la diferencia entre iteraciones sucesivas cada vez más pequeño. Que me lleva a creer que, efectivamente, convergen a un número irracional como el tamaño de la secuencia de números que se repetiría en la expansión decimal va al infinito.
No una respuesta a su pregunta, pero espero que algún razonamiento que ayuda a llegar:
La fijación de $X_0=1$ y ejecutando una rápida simulación para calcular el $\mathbb{E}(X_n)$ exactamente para $n=1,2,3,4$ da $\mathbb{E}(X_n)=1.5, 1.625, 1.791\overline{6}, 1.911458\overline{3}$, e $\mathbb{E}(X_{25})\approx 2.4209$$\mathbb{E}(X_{30})\approx 2.4248$. Lo que me hace creer que converge a un número finito por lo menos.
Para cualquier $k\in\mathbb{N}$ ambos $k+1$ $1/k$ son racionales, y $\forall q\in\mathbb{Q}$, $q+1$ y $1/q$ son racionales. Así que parece que $X_n$ sólo puede tomar racional valores si $X_0$ que se requiere para ser un número natural. Así que nuestro espacio de estado es el conjunto de los números racionales, y tenemos una cadena de Markov, $X_n$.
El (infinito) de la matriz $T$ de probabilidades de transición se compone de filas que son todos ceros excepto en dos ubicaciones de columna: $q$ $q+1$ $1/q$ con una probabilidad de $1/2$ cada uno. Cada columna debe ser igual a cero excepto en dos ubicaciones de fila donde es 0.5 así ya que sólo $q-1$ $1/q$ puede convertirse $q$ en el siguiente paso.
Podemos encontrar una discreta limitación de la distribución de $\mu$ $\mathbb{Q}$ tal que $\mu=\mu T$? Mi intuición me dice "sí", pero no sé por cierto como que estoy bastante oxidado en la teoría. Creo que no es irreducible. Por ejemplo, ¿cómo se puede conseguir $1$ en un número finito de pasos de $5/4$ utilizando sólo el 'tirón' y 'más de uno' de operaciones? Por esta razón, la respuesta a tu pregunta dependerá de su valor inicial. (Edit: parece que no dependen del valor inicial.)
Si una distribución estacionaria $\mu$ existe, $$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\mathbb{E}(X_n|X_0=1)=\sum_{q\in\mathbb{Q}} q \cdot \mu\left(q\right).$$
Ahora para cualquier fijo finito $n$, $\mu_n$ será una distribución discreta por una colección finita números racionales. Cada individuo resultado tendrá una probabilidad igual a $\frac{1}{2^n}$ veces algún número natural dependiendo de cuántas maneras $X_n$ puede llegar allí. Definir $\mathbb{Q}_1=\{1,2\}$$\mathbb{Q}_{n+1}=\{\mathbb{Q}_n+1\}\cup\{1/\mathbb{Q}_n\}$.
Deje $a^{(n)}_j \in \mathbb{N}$ el número de maneras en $q_j$ puede ser alcanzado por $X_n$ a partir de $X_0=1$. Cada una de las $a^{(n)}_j \leq n$ sin duda. Tenemos $$\displaystyle \mathbb{E}(X_n|X_0=1)= \sum_{q_j\in\mathbb{Q_n}} q_j P(X_n=q_j|X_0=1)= \sum_{q_j\in\mathbb{Q_n}} q_j \frac{a^{(n)}_j}{2^n}.$$
Es muy tentador para mí pensar este converge a un número racional, pero no puedo decir con certeza como secuencias de números racionales pueden converger a los números irracionales. No tengo una fórmula para la $a^{(n)}_j$ coeficientes, y que podría ser difícil llegar a uno. Definitivamente hay algunos patrones para explotar, aunque como para $X_n$, hay una manera de obtener 1, $n-1$ maneras de conseguir 2, $n-2$ formas de obtener 3, ..., y 1 de forma que cada uno para conseguir $n$$n+1$. Parece ser que algunos de los patrones con los valores fraccionarios para $X_n$ y su cuenta.
Edit: parece que $\#|\mathbb{Q}_n|=f_{n+2}-1$ donde $f_{n}$ $n^{th}$ número Fibonacci. He trabajado en la construcción de $\mathbb{Q}_n$ a través de un diagrama de árbol. Creo que este enfoque puede es probable que obtener una fórmula para la $a^{(n)}_j$ de los coeficientes y de una manera de delinear los elementos de $\mathbb{Q}_n$.
Los números de fibonacci se puede aproximar por $\displaystyle f_n = \frac{(1+\sqrt{5})^n-(1-\sqrt{5})^n}{2^n\sqrt{5}}$ (Binet la fórmula). El $a^{(n)}_j$ coeficientes son limitados por el tamaño de $\mathbb{Q}_n$, y el número racional elementos de $\mathbb{Q}_n$ están delimitadas por $n+1$. Así $$\displaystyle \mathbb{E}(X_n|X_0=1)=\sum_{q_j\in\mathbb{Q_n}} q_j \frac{a^{(n)}_j}{2^n} \leq (n+1) (f_{n+2}-1)^2\frac{1}{2^n}.$$ Este parece converger a cero, como se $n\rightarrow\infty$ (mal! como se señala más adelante-es diverge a $\infty$, por lo que este cálculo no da una cota superior), así que creo que he cometido un error en algún lugar me espera un resultado positivo límite superior. Me encantaría obtener una idea de alguien más.
