Задача по теории вероятностей, про шары и ящик

[Joker_vD]

$\prod\limits_{n=1}^{\infty} (1-\frac1{\ln^2n})$ не существует.

[Skipper]

Что значит не существует? Произведение не может ни к чему не сходиться! Оно должно сверху сходится, стремясь к нулю, или какому нибудь числу < 1, например к 0.5.

[Joker_vD]

Что именно доказывать? $\ln^21 = 0$, поэтому $\frac1{\ln^21}$ не существует.

Ну а если брать $\prod_{n=2}^{\infty}\left(1-\frac1{\ln^2n}\right)$... Ну хорошо. Покажем, что $\sum_{n=2}^{\infty}\ln\left(1-\frac1{\ln^2n}\right) = -\infty$. Тут достаточно вынести минус и вспомнить признак д'Аламбера: $\dfrac{\ln\left(1-\frac1{\ln^2(n+1)}\right)}{\ln\left(1-\frac1{\ln^2n}\right)} > 1$, вот и все.

[Skipper]

Цитата:

Что именно доказывать? $\ln^21 = 0$, поэтому $\frac1{\ln^21}$ не существует.

тогда уточню. $f(N)=1/([ln N]^2+1)$ .
Не придирайтесь. Вы отлично понимаете, какой предел нужно посчитать. Суть в том, что это произведение может сходится к 0. Можно даже начинать не от $N$=1. А например от $N$=2. Если там сходится к 0, тогда и от $N$=1 оно будет сходиться к 0.

Проще всего $f(N)=1/([ln N])^2$ , но считать начиная с $N$=$2$. Потому что задачи эквивалентны.

[Joker_vD]

Ладно, смотрите: Обозначим $A_k = \prod_{n=1}^k\left(1-f(n)\right)$, тогда $-\ln A_k = \sum_{n=1}^k-\ln\left(1-f(n)\right)$. Если $-\ln A_k\to+\infty$, то $A_k \to 0$. Хорошо. Мы знаем, что $0<f(n)<1$, поэтому $-\ln\left(1-f(n)\right)>0$; используем признак д'Аламбера, ряд будет расходится (что нам и нужно) при $\dfrac{\ln\left(1-f(n+1)\right)}{\ln\left(1-f(n)\right)}>1$, что верно при $1-f(n+1) > 1-f(n)$, т.е. при $f(n) > f(n+1)$ — т.е. если $f(n)$ монотонно убывает начиная с какого-то $n$.

[Skipper]

$f(N)=1/([ln N])^2$ "монотонно" убывает начиная с какого-то $N$?

Или она не монотонно убывает, но все таки при данной $f(N)$ - произведение все равно стремится к нулю? И если это так, то в этой задаче мы вытащим бесконечное количество белых шаров.

Тогда интересно, при какой наиболее быстро убывающей функции $f(N)$ у нас произведение все еще сходится к 0 ?

[Joker_vD]

Вы издеваетесь? Функция называется монотонно убывающей, если из $x<y$ следует, что $f(x) > f(y)$. И я вам только что доказал, что это произведение сходится к нулю при любой такой функции, заключенной между нулем и единицей.

[Skipper]

Цитата:

Функция называется монотонно убывающей, если из $x<y$ следует, что $f(x) > f(y)$.

А чем тогда отличается "монотонно" убывающая функция от - просто - "убывающей" функции?

[Joker_vD]

Я почему-то считал, что термина "убывающая функция" вообще нет, есть "монотонно убывающая функция".

[Skipper]

Цитата:

Обозначим $A_k = \prod_{n=1}^k\left(1-f(n)\right)$, тогда $-\ln A_k = \sum_{n=1}^k-\ln\left(1-f(n)\right)$. Если $-\ln A_k\to+\infty$, то $A_k \to 0$.

Хорошо. Рассмотрим тогда мое бесконечное произведение,

$(1 - 1/10)(1 - 1/100)(1 - 1/1000)$...$(1 - 1/10^N)$...

и посмотрим, что оно к нулю НЕ СХОДИТСЯ. Хотя $f(N) = 1/10^N$, "монотонно" (по вашему) убывает, ведь здесь тоже, по вашему, $f(n+1) < f(n)$.
Здесь
$\sum_{n=1}^k-\ln\left(1-f(n)\right)$ НЕ СТРЕМИТСЯ к бесконечности, а значит и произведение не сходится к 0.
Первый член этой суммы (при $n=1$) равен $0.105$..., второй член суммы (при $n=2$) равен $0.01005$..., третий член суммы равен $0.0010005$..., и т.д.
Видим, что каждый следующий член меньше чем предыдущий - более чем в 10 раз. А даже если бы они уменьшались каждый раз именно в 10 раз, то эта сумма не сходилась бы к бесконечности, т.к.
$0.1 + 0.01 + 0.001 + 0.0001$ + ... сходится к $0.11111$... А не к бесконечности.

[Joker_vD]

Тьфу ты! Такая ошибка глупая... ну а вы чего ж сразу не показали?

$$\dfrac{\ln\left(1-f(n+1)\right)}{\ln\left(1-f(n)\right)}>1 \Longleftrightarrow 1-f(n+1) < 1-f(n),$$

ведь логарифм-то отрицательный. Все. Значит, выяснил я только то, что при монотонно возрастающей $f(n)$ это произведение гарантировано равно нулю. Мда.

[Skipper]

Цитата:

Значит, выяснил я только то, что при монотонно возрастающей $f(n)$ это произведение гарантировано равно нулю.

То, что это произведение стремится к нулю при каждой возрастающей функции - это очевидно. А вот при каких-то УБЫВАЮЩИХ функциях - оно тоже стремится к нулю, но при каких то БЫСТРО убывающих - уже не стремится к нулю. Как я показал выше, при $f(N) = 1/10^N$, это произведение к нулю не стремится. Так вот важно выяснить, при какой наиболее быстро убывающей функции $f(N)$ у нас это бесконечное произведение все еще стремится к 0 ?

Хотя бы ТИП такой функции узнать... Полином... Или субэкспоненциальная. Или логарифм в N-Й степени.

[Joker_vD]

По крайней мере, это произведение всегда либо сходится, либо расходится к нулю, и то уже хорошо... хм. Надо думать.

Так. После консультации с Фихтенгольцем, выяснил следующее (для нашего конкретного случая): Произведение будет равно нулю тогда и только тогда, когда: а) либо ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f(n)}$ расходится, б) либо ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f(n)}$ сходится, но ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f^2(n)}$ расходится.

[Skipper]

Точнее, это произведение всегда либо сходится к 0, либо сходится к какому то другому числу, например к 0.3.

-- Чт фев 10, 2011 00:11:18 --

Цитата:

Так. После консультации с Фихтенгольцем, выяснил следующее (для нашего конкретного случая): Произведение будет равно нулю тогда и только тогда, когда: а) либо ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f(n)}$ расходится, б) либо ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f(n)}$ сходится, но ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{f^2(n)}$ расходится.

Вот это уже интересная информация!

-- Чт фев 10, 2011 00:19:53 --

Значит так. Переформулируем немного нашу задачу.

Будем бесконечное количество раз тянуть вслепую шары из ящика, в котором ВСЕГДА 1 белый шар, и какое то количество черных шаров. (после вытаскивания шара - возвращаем его обратно в ящик) Перед нашей $N$-й попыткой вытащить шар - в ящике ВСЕГДА $[ln^2 N]$ ЧЕРНЫХ шаров, и всегда 1 белый шар. (кто-то постоянно подбрасывает черные шары в ящик) Вопрос - бесконечное ли количество раз мы вытащим белый шар?

Функция $S(N)$ = $[ln^2 N]$ - количество черных шаров при $N$-й попытке вытаскивания из ящика.
Значит, если Фихтенгольц прав, то если ряд

$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{S(n)}$ расходится, б) либо ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{S(n)}$ сходится, но ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{S^2(n)}$ расходится

тогда мы вытащим БЕСКОНЕЧНОЕ количество белых шаров.
Потому что то произведение, которое станет 0, определяет, как я выше показал, вероятность что мы никогда не вытащим белый шар, начиная с какого то шага. Я правильно все понял?

При какой то максимально быстро возрастающей $S(N)$, мы все еще вытащим БЕСКОНЕЧНОЕ количество белых шаров. Но если сделать $S(N)$ сделать еще более быстро возрастающей (черные шары станут еще чаще подбрасывать), то мы уже не вытащим бесконечное количество белых шаров - начиная с какой то попытки, белый шар не встретится далее никогда.

Эта задача имеет связь с распределением например, простых чисел-близнецов (такие которая рядом стоят, точнее через 1. Например, 41 и 43). Если простые числа статистически на большом промежутке подчиняются обычным законам вероятностей (а это последует после доказательства Гипотезы Римана), тогда решение о том, бесконечное ли количество простых чисел-близнецов, будет сводится вот к этой эквивалентной вероятностной задаче с шарами.
Вероятность того что такие два близнеца встретятся после случайно выбранного $N$, равна $1/(ln^2 N)$. И чем больше $N$, тем реже встречаются простые числа, и также, простые-близнецы.

[--mS--]

Вообще, не проще ли вместо всего этого воспользоваться стандартными средствами? Я имею в виду лемму Бореля - Кантелли.

Пусть $A_n$, $n=1,2,\ldots$ - последовательность событий (в данной задаче $A_n$ = {на $n$-м шаге вынут белый шар}), и событие $A$ состоит в том, что произойдёт бесконечное число событий $A_n$.
Если $\sum_{n=1}^{\infty}\mathsf P(A_n) <\infty$, то $\mathsf P(A)=0$.
Если события $A_n$ независимы в совокупности (в данной задаче это так) и $\sum_{n=1}^{\infty}\mathsf P(A_n) =\infty$, то $\mathsf P(A)=1$.

Skipper в сообщении #411137 писал(а):

Найти такую $f(N)$, чтобы правильный ответ на этот вопрос был - может быть И КОНЕЧНОЕ И БЕСКОНЕЧНОЕ количество вытаскиваний белых шаров. Например, в результате такого эксперимента, мы можем с вероятностью 0.7 вытащить бесконечное количество шаров, но с вероятностью 0.3 - конечное количество шаров.

А вот это невозможно: хоть в силу леммы Бореля - Кантелли, хоть по закону нуля и единицы Колмогорова. Если есть последовательность независимых событий $A_n$, то событие $A$ = {произошло бесконечно много событий $A_n$} имеет вероятность либо 0, либо 1.