Probabilità di Curie-Weiss e distribuzione del valore atteso?

Question

Recentemente stavo lavorando al seguente problema di Tripos e ho colpito più dossi stradali:

Le variabili casuali $S_1,...,S_n$ assumere valori in $\{\pm1\}$e segui la distribuzione di probabilità $$\mathbb{P}(S_1=s_1,...S_n=s_n)=\frac1{Z_{n,\beta}}\exp\left(\frac{\beta}{2n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ns_is_j\right),$$ dove $\beta$ è una costante positiva e $Z_{n,\beta}$ è la costante di normalizzazione $$Z_{n,\beta}=\sum_{s_1\in\{\pm1\}}...\sum_{s_n\in\{\pm1\}}\exp\left(\frac{\beta}{2N}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ns_is_j\right).$$

i) Dimostralo $\mathbb{E}(S_i)=0$ $\forall$ $i$; ii) Dimostralo$\mathbb{P}(S_2=+1|S_1=+1)\geq\mathbb{P}(S_2=+1)$ (puoi citare senza prova il risultato $\mathbb{E}(S_iS_j)\geq0$ $\forall$ $i$, $j$); iii) Definiamo la variabile casuale$M$ come $$M=\frac1{n}\sum_{i=1}^nS_i.$$ Dimostralo $M$ assume valori nell'insieme $$E_n=\left\{\frac{2k}n-1:0\leq k\leq n,\text{ }k\in\{\mathbb{Z}^+\cup0\}\right\},$$ e quello per ciascuno $m\in E_N$, il numero di possibili valori di $(S_1,...,S_n)$ tale che $M=m$ è $$\frac{n!}{\displaystyle\left[\frac{(1+m)n}2\right]!\left[\frac{(1-m)n}2\right]!}.$$ Trova $\mathbb{P}(M=m)$ per ogni $m\in E_n$.

Per la parte i), ho provato a usarlo per un particolare $k$, $$\mathbb{E}(S_k)=\frac{\displaystyle\sum_{s_1\in\{\pm1\}}...\sum_{s_n\in\{\pm1\}}s_k\text{exp}\left(\frac{\beta}{2n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ns_is_j\right)}{\displaystyle\sum_{s_1\in\{\pm1\}}...\sum_{s_n\in\{\pm1\}}\text{exp}\left(\frac{\beta}{2n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ns_is_j\right)}.$$ Ho provato ad ampliarlo, provare per piccoli valori di $n$, e prendo la somma all'interno dell'esponente convertendola in un prodotto, ma non mi hanno portato da nessuna parte.

Non ho idea di come affrontare la parte ii), il suggerimento di $\mathbb{E}(S_iS_j)\geq0$mi ha fatto pensare a una qualche forma di disuguaglianza coinvolta nella varianza come quella di Chebyshev, ma questo non ha avuto successo, né è stato utilizzato il teorema di Bayes (sebbene la mia impressione sia che debba essere usato in qualche modo). Inoltre, per curiosità, come si fa a provare $\mathbb{E}(S_iS_j)\geq0$?

Per la parte iii), il mio processo di pensiero è: supponiamo che ci siano $k\times$ +1 e $n-k\times$-1 di. Quindi, il valore particolare di$M$ è $$m=\frac1n[k-(n-k)]=\frac{2k}{n}-1.$$ quando $M=m$, $k=n(1+m)/2$, $n-k=n[2-(1+m)]/2=n(1-m)/2$, e potremmo interpretare la quantità richiesta come il numero di accordi di $n(1+m)/2$ +1 e $n(1-m)/2$ -1 e il numero di arrangiamenti è semplicemente $$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\boxed{\frac{n!}{\displaystyle\left[\frac{(1+m)n}2\right]!\left[\frac{(1-m)n}2\right]!}}.$$A seguito di ciò, non sono sicuro che questa idea sia corretta. La simmetria nello scambio di i e j indica che ogni configurazione è ugualmente probabile. Questa è la distribuzione binomiale, quindi$$\mathbb{P}(M=m)=\binom{n}{k}\left(\frac12\right)^{n}=\frac{n!}{2^n\displaystyle\left[\frac{(1+m)n}2\right]!\left[\frac{(1-m)n}2\right]!}.$$ Mi sembra di spazzolare molti dettagli sotto il tappeto, qualcuno potrebbe confermarmelo?

Answer 1

Indichiamo $H(s)=\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}s_is_j$, per comodità.

Per la parte (i), nota che come hai osservato: $$\mathbb{E}S_k=\frac{1}{Z}\sum_{s_i}s_ke^{\beta H(s)}$$ D'altra parte si noti che sostituendo $(s_1,\dots s_n)\mapsto (-s_1,\dots -s_n)$, ce l'abbiamo $s_ke^{\beta H(s)}\mapsto -s_ke^{\beta H(s)}$. Da questo vediamo facilmente che la somma si annulla e ci lasciamo andare$\mathbb{E} S_k=0$.

Per la parte (ii), si noti che: $$\mathbb{E}S_1S_2=\mathbb{P}(S_1=1,S_2=1)+\mathbb{P}(S_1=-1,S_2=-1)-\mathbb{P}(S_1=-1,S_2=1)-\mathbb{P}(S_1=1,S_2=-1)$$ per simmetria, possiamo ridurlo a: $$2(\mathbb{P}(S_1=1,S_2=1)-\mathbb{P}(S_1=-1,S_2=1)$$ Usando la legge della probabilità totale, possiamo riscriverla come: $$2(2\mathbb{P}(S_1=1,S_2=1)-\frac{1}{2})$$ Come $\mathbb{E}S_1 S_2\ge 0$, Lo vediamo $\mathbb{P}(S_1=1,S_2=1)\ge \frac{1}{4}$. Dalla parte (i) lo vediamo$\mathbb{P}(S_1=1)=\frac{1}{2}$e quindi utilizzando il teorema di Bayes possiamo ottenere facilmente il risultato desiderato.

Per la parte (iii), la tua prova sembra a posto.