2个概率问题


Questions

下面2个小问题取自

Stein, Shakarchi  Functional analysis: introduction to further topics in analysis

Q1:除去一个可数集(所谓的二进分数),所有落在[0,1]中的实数都有唯一的二进制表示:\displaystyle \alpha=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n}a_n等于0或1。随机选取一个\alpha,0和1在其二进制表示中密度相当的概率有多大?

Q2:\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}发散而\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}收敛到\log 2。如果考虑\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}并随机选择a_n=\pm 1,则级数收敛的概率有多大?

Discussions

回忆概率论的基础:定义概率空间(\Omega,m)(概率测度m定义在“事件”的\sigma代数上,满足m(\Omega)=1)。以下仅考虑\Omega上的实值可测函数f:(\Omega,m) \to (\Bbb R,\mu_f),例如随机变量X概率密度函数f_X:\Omega \to \Bbb R_{\ge 0}。在实际应用中f:\Omega \to \Bbb C(量子统计)和f:\Omega \to \Bbb R^d(随机漫步Brown运动)同样常见。

X的平均值(期望)E(X)=\int_\Omega f dm=\int_\Bbb R td\mu(t)

X的方差\sigma^2(X)=\int_\Omega (f-E(X))^2 dm

(1)\{f_n\}^\infty_{n=1}称为同一分布的,若\mu_nn无关。

(2)\{f_n\}^\infty_{n=1}称为互相独立的,若对于任意Borel集\{B_n\}_{n=1}^\infty \in \Bbb R

\displaystyle m(\bigcap_{n=1}^\infty\{x:f_n(x)\in B_n\})=\prod_{n=1}^\infty m(\{x:f_n(x)\in B_n\})

描述Q1和Q2的模型是(无限)Bernoulli过程,此时\Omega=\Bbb Z_2^\infty。各自除去一个(可忽略的)可数集后,我们可以(利用二进制表示)将\Bbb Z_2^\infty等同于[0,1)(赋予Lebesgue测度)。

考虑定义在\Bbb Z_2^\infty上的2人零和博弈:若a_n=0则玩家A得1分,否则失1分,其收益函数记为r_n。通过上述等同,我们同时也定义了r_n:[0,1) \to \pm 1\{r_n\}_{n=1}^\infty称为Rademacher函数(或方波函数)。它们是一族同一分布且互相独立的函数。

Q1的答案是1:只需将大数定律(若同一分布且互相独立的函数族\{f_n\}^\infty_{n=1}有相同的平均值E,则\displaystyle \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f_n(x) \to E几乎处处成立)应用于(稍加修饰的)Rademacher函数。

一个理应众所周知但实际上并非如此的事实是大数定律可以由Birkhoff点态遍历定理推出:等式左端可理解为某个强混合系统的空间平均,从而等于右端的时间平均。一个更一般的结果是Birkhoff-Khinchin定理(推广到条件期望)。

点态遍历定理可以追溯到Lagrange,Laplace和Gauss对天体力学的研究。在数论中,它以一致分布定理的面貌出现(Bohr, Sierpinski, Weyl)。下面这个问题来自Arnold:\{2^n\}_{n \ge 0}的首位数依次为1, 2, 4, 8, 1, 3, 6, … 求此序列中7出现的概率与8出现的概率之比。

答案是(\log 8-\log 7)/(\log 9-\log 8)n \log_{10} 2 \mod 10是一致分布的。

Arnold  Mathematical methods of classical mechanics

Q2的答案也是1。如果说Q1是利用L^1收敛推出(采样意义上的)点态收敛,那么Q2则是利用L^2收敛推出点态收敛,关键是注意到(1)\{r_n\}L^2[0,1]中的正交序列(虽然并不完备:考虑它们的Fourier级数可知);(2)若将[0,1)等分为N个子区间,则对于每个子区间Ir_n等于r_nI上的平均对于n \le N成立。从而

(1)由于(1,\frac{1}{2},\cdots) \in l^2\displaystyle P_N=\sum_{n=1}^N \frac{r_n}{n}L^2收敛于某个P。(2)对上述的IP_N等于PI上的平均。接下来只需令N \to \infty并应用Lebesgue微分定理即可推出P_N几乎处处收敛于P

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