Урна с уменьшающейся вероятностью и сходящиеся ряды

[Skipper]

Меня больше всего поражает следующий факт.
Будем проводить такой мысленный эксперимент.
В ящике (который может быть сколь угодно больших размеров), всегда находится $1$ белый шар, и $N$ черных шаров, где $N$ - переменная (т.е. черные шары подбрасываем в ящик).

У нас будет бесконечное количество попыток вытащить шар. Т.е. 1-я попытка - вытаскиваем шар, если белый, записываем Б, если черный, записываем Ч (или $1$ и $0$ соответственно), после чего вынутый шар возвращается обратно в ящик. Так вот, перед каждой $N$-й попыткой вытащить шар, мы знаем, что белый там всегда один шар в ящике, а количество черных - определяется функцией $F(N)$, где $N$ - это номер нашей попытки, т.е. $1, 2, 3, 4, 5$, ... и т.д. Функция $F(N)$ растет, т.е. с каждой следующей попыткой - уменьшается вероятность вытащить белый шар. Также, функция $F(N)$ может быть произвольной, т.е. может от целочисленного аргумента, вернуть и вещественное, не целое число, в таком случае, считаем, что количество черных шаров в ящике, во время $N$-й попытки - это округленное до целого, значение функции $F(N)$.

Если $F(N) = \ln N$, то наш полученный ряд типа $1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1$, ... и т.д. где $1$ - означает вытащенные белые шары, а $0$ - вытащенные черные шары, будет иметь такое же статистическое распределение единиц, как и распределение простых чисел в ряду натуральных чисел. Т.е. единички будут появляться, чем дальше, тем реже, и вероятность их появления во время $N$-й попытки, будет равна $1 / (\ln N) $ (такая же вероятность появления простого числа в окрестности $N$). Можно легко доказать, что с такой функцией $F(N) = \ln N$, мы бесконечное количество раз, будем вытаскивать белый шар.

Если $F(N) = {(\ln N)}^2$, то единичек будет меньше, они будут появляться еще реже, но тоже легко можно доказать, что их будет бесконечное количество в ряду. Ряд будет иметь такое же статистическое распределение единиц, как и распределение простых чисел - близнецов в ряду натуральных чисел. Это очевидно, потому что вероятность появления простых чисел близнецов (т.е. отличающихся на $2$), в окрестности $N$, и равна $1 / {(\ln N)}^2$. Потому я и верю, что реально, количество простых чисел-близнецов, должно быть бесконечным. Хотя это и не доказано, но косвенные свидетельства из теории вероятностей на это указывают. Если окажется, что количество простых чисел - близнецов окажется не бесконечным, тогда на это должна быть какая-то существенная причина, запрет. В самом деле, количество простых чисел отличающихся на $1$, только одна пара - $2$ и $3$, и больше таких нет. Здесь мы видим существенную причину - четные числа не могут быть простыми, если они больше $2$. А вот какой-либо существенной причины, почему не может быть бесконечное количество простых чисел близнецов, отличающихся на $2$, не обнаружено. По законам статистики, если такой причины нет, то их количество должно быть бесконечным. Значит, здесь должна работать, так сказать, "презумпция бесконечности". Т.е. мне не надо доказывать, что их количество бесконечно - я в это верю, потому что статистическое распределение на это указывает. А вот, чтобы поверить в то, что их количество конечно - вот это и нужно доказать, т.е. найти причину.

Если $F(N) = N$, то единичек будет еще меньше, они будут появляться еще реже, но тоже легко можно доказать, что их будет бесконечное количество в ряду. Я не буду приводить полное доказательство, вкратце оно следует из того, что сумма гармонического ряда $\sum\limits_{}^{}(1/N)$ расходится, т.е. его сумма стремится к бесконечности, при $N$ от $1$ до бесконечности. А во время $N$-й попытки, у нас как раз и есть вероятность вытащить белый шар, $(1/N)$.

Значит, во всех вышеприведенных случаях, мы вытащили бы белый шар, бесконечное количество раз. Если же задать функцию, определяющую количество черных шаров, $F(N) = {N}^{1+\varepsilon}$, т.е. количество черных шаров будет расти еще быстрее, чем $N$, где $N$ номер попытки, т.е. как $N$ в некой степени, большей $1$, тогда сумма ряда сходится, и можно доказать, что мы вытащим белый шар, лишь конечное количество раз, в любом эксперименте.

Это же больше всего и поражает воображение, получается, статистическое количество вытаскиваний белого шара, неожиданно, "уходит из бесконечности", и становится конечным числом. Пусть, $F(N) = {N}^{1.001}$, мы начали этот эксперимент, вытаскиваем шары. Иногда вытаскиваем белый шар, и записываем. Количество черных шаров в ящике растет, и вероятность вытаскивания белого шара, постоянно уменьшается, т.е. чем дальше, тем всё реже выпадают случаи вытаскивания белого шара. Но мы знаем, что у нас бесконечное количество попыток!! И всё таки, должен наступить момент, когда мы в последний раз вытащим белый шар.. После этого, значит, тянем шары, бесконечное количество раз, каждый раз с ненулевой вероятностью вытащить белый шар, надеемся, и всё таки, больше никогда, белый шар не появится. Это захватывает :) Бесконечное "встретилось" с конечным.

[bot]

Skipper в сообщении #1107329 писал(а):

с каждой следующей попыткой - уменьшается вероятность вытащить белый шар

Это с какой же радости?

-- Чт мар 17, 2016 16:54:51 --

(Оффтоп)

Наверно он с ростом числа попыток постепенно перестаёт быть белым ... Руки надо мыть!

[Skipper]

Цитата:

Это с какой же радости?

Потому что с каждой следующей попыткой, количество черных шаров в ящике увеличивается, что непонятного? (а белый всегда один в ящике)

(Оффтоп)

Удивляюсь, как можно не понять, настолько "разжеванное" сообщение...

[bot]

Жую текст ещё раз. Действительно декларировано, что чёрные шары подбрасываются. Как подбрасываются, кем подбрасываются - ничего дальше нет. Написано только, после попытки вынутый шар возвращается в урну.

[arseniiv]

Я так понял, рассматривается предел (пускай зовётся $X_F$) при $n\to\infty$ последовательности случайных величин $\sum_{i=1}^n B_i$, где все $B_i$ независимы в совокупности, и $B_i$ распределена на $\{0,1\}$ с $\Prob(B_i=1) = (F(i)+1)^{-1}$. Когда и если он существует. Возможно, какой-то необычный предел.

Skipper в сообщении #1107329 писал(а):

И всё таки, должен наступить момент, когда мы в последний раз вытащим белый шар.. После этого, значит, тянем шары, бесконечное количество раз, каждый раз с ненулевой вероятностью вытащить белый шар, надеемся, и всё таки, больше никогда, белый шар не появится.

Только не надо путать матожидание случайной величины с её распределением. Конечное матожидание не запрещает иметь ненулевые вероятности у сколь угодно больших значений.

[Skipper]

Цитата:

Как подбрасываются, кем подбрасываются - ничего дальше нет

Кем подбрасываются, не важно. А как подбрасываются, написано - так, что во время $N$-й попытки, количество белых шаров в ящике равно $1$ (всегда), а количество черных - равно округленному до целого, числу $F(N)$, где $N$ - номер попытки.
Значит вероятность вытащить белый шар, во время $N$-й попытки, равна $1/F(N)$.
$F(N)$ - может быть любой возрастающей функцией.

[bot]

Если уж жевать, то следовало бы сразу сказать, что число чёрных шаров переменно - и короче и яснее было бы. Обратите теперь внимание на сообщение от arseniiv

[Skipper]

Сумма ряда $\sum\limits_{}^{}(1/P)$, по всем простым числам $P$, тоже расходится и стремится к бесконечности, хотя значения в знаменателях растут быстрее, чем в случае с гармоническим рядом $\sum\limits_{}^{}(1/N)$, по всем натуральным $N$.

Функция количества простых чисел, не превосходящих $x$, $\pi (x)$ оценивается приблизительно как $x / \ln x$, значит, $N$-е порядковое простое число, приблизительно равно $N \ln N$. Значит, сумма ряда $\sum\limits_{}^{}(1/P)$, по всем простым числам $P$, приблизительно равна (стремится к) сумме ряда $\sum\limits_{}^{}1/(N \ln N)$ по всем натуральным $N$.
И значит, сумма ряда $\sum\limits_{}^{}1/(N \ln N)$ тоже расходится, и стремится к бесконечности.

Это значит, что если в нашем эксперименте с шарами, функция для количества черных шаров, будет $F(N) = N \ln N$, то хотя белые шары будут попадаться еще реже чем в случае с функцией $F(N) = N $, все равно количество вытащенных белых шаров, будет бесконечным.

Как выше было показано, в случае с функцией, $F(N) = {N}^{1+\varepsilon}$, количество вытащенных белых шаров будет конечным, для сколь угодно малого $\varepsilon$.

Интересно, как получится, если задать функцию, $F(N) = N {(\ln N)} ^ 2$ ?
Кто подскажет, бесконечна ли сумма ряда $\sum\limits_{}^{}1/(N {(\ln N)} ^ 2)$ по всем натуральным $N$ ?

[Sonic86]

Skipper в сообщении #1107393 писал(а):

Кто подскажет, бесконечна ли сумма ряда $\sum\limits_{}^{}1/(N {(\ln N)} ^ 2)$ по всем натуральным $N$ ?

Слушайте, ну раз Вам интересна функция Римана, ну выучите обычный матанализ, ну это же тривиальное упражнение на интегральный признак сходимости, куда Вы на ТФКП замахиваетесь без матанализа? Возьмите Фихтенгольца - он простой и там буков примеров много, вот признаков сходимости как раз просто завались.
И кстати, $N\neq 1$.

[Skipper]

Цитата:

выучите обычный матанализ

Я и читаю потихоньку. Только не Фихтенгольца, а Ильин, Позняк. Эта книга попроще, чем книга Фихтенгольца.
Позже попробую Титчмарша почитать.

-- Чт мар 17, 2016 17:20:10 --

Цитата:

Кто подскажет, бесконечна ли сумма ряда $\sum\limits_{}^{}1/(N {(\ln N)} ^ 2)$ по всем натуральным $N$ ?

Похоже на то, что конечна, т.е. сумма ряда сходится. Более того, если степень логарифма не обязательно $2$, будет просто больше $1$, то сумма ряда тоже будет сходиться. Сумма ряда расходится только в случае, если степень логарифма точно равна $1$. Я прав?

Это не простые доказательства - никакие признаки Коши и Даламбера здесь неприменимы.

[Someone]

Skipper в сообщении #1107398 писал(а):

Это не простые доказательства - никакие признаки Коши и Даламбера здесь неприменимы.

Да ладно, интегральный признак Коши мгновенно решает задачу. Вам же уже на это намекнули.

Skipper в сообщении #1107329 писал(а):

вероятность их появления во время $N$-й попытки, будет равна $1 / (\ln N) $

Вообще-то, $\frac 1{1+\mathop{\mathrm{Round}}(\ln N)}$, где $\mathrm{Round}$ — ваша функция округления до целого числа. Это замечание относится и к другим вашим примерам, включая $f(N)=N$.

[Skipper]

Цитата:

Да ладно, интегральный признак Коши мгновенно решает задачу

Хорошо, сумма ряда $\sum\limits_{}^{}\frac{1}{N \ln N}$ по всем натуральным $N$ от $2$ до $\infty$, расходится и бесконечна, потому что значение несобственного интеграла

$\int\limits_{2}^{\infty} \frac{1}{N \ln N} $ $=$ $\lim\limits_{b \to \infty}^{} (\ln \ln b - \ln \ln 2) = \infty$.

Ну а как решить, сходится ли сумма ряда по всем натуральным $N$ от $2$ до $\infty$, вот такого:
$\sum\limits_{}^{}\frac{1}{N {(\ln N)}^{(1 + \varepsilon)}}$, где $\varepsilon$ может быть любым числом ?

Я не знаю, как найти неопределенный интеграл от этой функции, $F(N) = \frac{1}{N {(\ln N)}^{(1 + \varepsilon)}}$

подскажите, кто знает?
спасибо.

[Xaositect]

$\int \frac{dx}{x \ln^{k} x} = \int \frac{d(\ln x)}{\ln^k x}$

[Sender]

(Оффтоп)

Подозреваю, что в следующем вопросе появится что-то вроде $\frac{1}{N \ln N (\ln \ln N)^{(1+\varepsilon)}}$

[Sonic86]

Sender в сообщении #1107443 писал(а):

Подозреваю, что в следующем вопросе появится что-то вроде $\frac{1}{N \ln N (\ln \ln N)^{(1+\varepsilon)}}$

Хотел предложить это в качестве упражнения

Skipper
http://www.chemmsu.ru/download/1kurs/ma ... school.pdf
это Вам Демидович