Längste Sequenzen bei Münzwurf < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:22 Mi 09.04.2014 | | Autor: | nbt |
| Aufgabe | Sei [mm] $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] eine i.i.d. Folge von Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum [mm] $(\Omega,\mathcal{A},P)$ [/mm] mit Werten in [mm] $\{0,1\}$ [/mm] und der Verteilung [mm] $\mathcal{L}_P(X_n)=p\delta_1+(1-p)\delta_0, n\in\mathbb{N}$, [/mm] mit gegebenem $0<p<1$. Wir setzen für [mm] $n\in\mathbb{N}$:
[/mm]
[mm] L_n=\sup\{l\in\mathbb{N}_0|\exists m\in\{1,\cdots,n\}\forall j\in\{0,\cdots,l-1\}:X_{m+j}=1\}
[/mm]
[mm] $L_n$ [/mm] ist also die Länge der längsten Sequenz von Einsen mit Start spätestens bei $n$ in der Münzwurffolge [mm] $(X_n)$. [/mm] Zeigen Sie:
[mm] \limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}\leq\frac{2}{|\log p|} [/mm] |
Hi @all,
der Hinweis von der Aufgabe ist, dass man Borel-Cantelli benutzen soll.
Ich hab bloß keinen blassen Schimmer, wie ich die Aufgabe angehen soll.
Vielen Dank für die Hilfe,
nbt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:32 Mi 09.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo nbt!
> Sei [mm](X_n)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] eine i.i.d. Folge von
> Zufallsvariablen auf einem Wahrscheinlichkeitsraum
> [mm](\Omega,\mathcal{A},P)[/mm] mit Werten in [mm]\{0,1\}[/mm] und der
> Verteilung [mm]\mathcal{L}_P(X_n)=p\delta_1+(1-p)\delta_0, n\in\mathbb{N}[/mm],
> mit gegebenem [mm]0
>
> [mm]L_n=\sup\{l\in\mathbb{N}_0|\exists m\in\{1,\cdots,n\}\forall j\in\{0,\cdots,l-1\}:X_{m+j}=1\}[/mm]
>
> [mm]L_n[/mm] ist also die Länge der längsten Sequenz von Einsen
> mit Start spätestens bei [mm]n[/mm] in der Münzwurffolge [mm](X_n)[/mm].
> Zeigen Sie:
> [mm]\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}\leq\frac{2}{|\log p|}[/mm]
Bitte überprüfe die letzte Zeile der Aufgabenstellung (was gezeigt werden soll).
Derzeit lese ich da eine Ungleichung zwischen der Zufallsgrößen [mm] $\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}$ [/mm] und der Zahl [mm] $\frac{2}{|\log p|}$, [/mm] die ich als punktweise Ungleichung interpretieren würde.
Diese punktweise Ungleichung trifft jedoch i.A. nicht zu.
Heißt es vielleicht $P$-fast sicher o.ä.?
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 Do 10.04.2014 | | Autor: | nbt |
Entschuldigung, die Aussage soll p-fast sicher gelten
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:08 Do 10.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Zeigen Sie:
> [mm]\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}\leq\frac{2}{|\log p|}[/mm]
P-fast-sicher.
Zu zeigen ist also $P(A)=0$ für das Ereignis
[mm] $A:=\{\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}>\frac{2}{|\log p|}\}$.
[/mm]
Es gilt
[mm] $A=\bigcup_{m=1}^\infty\underbrace{\{\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\}}_{=:A_m}$.
[/mm]
Wegen
[mm] $\limsup_{n\to\infty}\frac{L_n}{\log n}=\inf_{n\in\IN\setminus\{0,1\}}\sup\{\frac{L_k}{\log k}\;|\;k\ge n\}$
[/mm]
gilt für alle [mm] $m=1,2,3,\ldots$ [/mm] jeweils
[mm] $A_m=\bigcap_{n=2}^\infty\{(\sup\{\frac{L_k}{\log k}\;|\;k\ge n\})\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\}=\bigcap_{n=2}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty\{\frac{L_k}{\log k}\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\}=\limsup_{k\to\infty}\underbrace{\{\frac{L_k}{\log k}\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\}}_{=:A_{m,k}}$.
[/mm]
Insgesamt haben wir also:
[mm] $A=\bigcup_{m=1}^\infty A_m$
[/mm]
mit
[mm] $A_m=\limsup_{k\to\infty}A_{m,k}$
[/mm]
mit
[mm] $A_{m,k}=\{\frac{L_k}{\log k}\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\}$
[/mm]
für [mm] $k\ge2$.
[/mm]
Zeige nun mittels Borel-Cantelli-Lemma [mm] $P(A_m)=0$ [/mm] für alle [mm] $m=1,2,3,\ldots$ [/mm] und folgere $P(A)=0$.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:24 Fr 11.04.2014 | | Autor: | nbt |
Hi, Danke für die ausführliche Antwort.
Wenn ich zeige, dass [mm] $P(A_m)=0$, [/mm] dann folgt [mm] $P(A)=0\Leftrightarrow (A_m)$ [/mm] ist paarweise disjunkt, da [mm] $A=\bigcup_{m=1}^\infty A_m$. [/mm] Aber ich seh nicht, warum die [mm] $A_m$s [/mm] paarweise disjunkt sind.
Das zweite Problem ist, [mm] $\sum_{k\in\mathbb{N}}P(A_{m,k})<\infty$ [/mm] zu zeigen.
Muss man [mm] $P(A_{m,k})=P\left(L_k\geq \frac{2\log k}{|\log p|}\right)$ [/mm] irgendwie abschätzen?
Vielen Dank für die Hilfe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:33 Fr 11.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Wenn ich zeige, dass [mm]P(A_m)=0[/mm], dann folgt
> [mm]P(A)=0\Leftrightarrow (A_m)[/mm] ist paarweise disjunkt, da
> [mm]A=\bigcup_{m=1}^\infty A_m[/mm].
Diese Äquivalenz stimmt nicht.
> Aber ich seh nicht, warum die
> [mm]A_m[/mm]s paarweise disjunkt sind.
Sind sie auch nicht.
Es ist (Sigma-Subadditivität von P)
[mm] $P(A)=P(\bigcup_{m=1}^\infty A_m)\le\sum_{m=1}^\infty P(A_m)$.
[/mm]
Insbesondere folgt $P(A)=0$, wenn [mm] $P(A_m)=0$ [/mm] für alle [mm] $m=1,2,3,\ldots$ [/mm] gilt.
> Das zweite Problem ist,
> [mm]\sum_{k\in\mathbb{N}}P(A_{m,k})<\infty[/mm] zu zeigen.
Genau, das ist zu zeigen (wobei nur über alle [mm] $k\ge [/mm] 2$ summiert werden sollte, da für $k=1$ in der Definition von [mm] $A_{k,m}$ [/mm] im Nenner [mm] $\log k=\log [/mm] 1=0$ auftreten würde).
> Muss man [mm]P(A_{m,k})=P\left(L_k\geq \frac{2\log k}{|\log p|}\right)[/mm]
> irgendwie abschätzen?
Diese Gleichheit sehe ich nicht; sie wird vermutlich nicht stimmen.
Es gilt zwar
[mm] $P(A_{m,k})=P(\{\frac{L_k}{\log k}\ge\frac{2}{|\log p|}+\frac{1}{m}\} )\le P\left(L_k\geq \frac{2\log k}{|\log p|}\right)$,
[/mm]
aber es erscheint mir einfacher, die [mm] $\frac{1}{m}$ [/mm] nicht "weg-abzuschätzen".
Korrekt ist deine Idee, [mm] $P(A_{m,k})$ [/mm] nach oben abzuschätzen.
Wir haben
[mm] $P(A_{m,k})=P(L_k\geq \underbrace{\frac{2\log k}{|\log p|}+\frac{\log k}{m}}_{=:a_{m,k}})=\ldots$.
[/mm]
Sei [mm] $b_{m,k}\in\IN$ [/mm] die nächstgrößere natürliche Zahl der reellen Zahl [mm] $a_{m,k}$.
[/mm]
Dann können wir obige Rechnung wie folgt fortsetzen (da [mm] $L_k$ [/mm] fast sicher nur ganze Zahlen als Werte annimmt):
[mm] $\ldots=P(L_k\ge b_{m,k})=\ldots$.
[/mm]
[mm] $\{L_k\ge b_{m,k}\}$ [/mm] ist das Ereignis, dass mit den ersten $k$ ersten Münzwürfen mindestens eine Sequenz von Einsen der Länge mindestens [mm] $b_{m,k}$ [/mm] startet.
Wenn [mm] $B_{m,k,l}$ [/mm] für [mm] $l\in\{1,\ldots,k\}$ [/mm] jeweils das Ereignis bezeichnet, dass die mit dem $l$-ten Münzwurf beginnende Sequenz mit mindestens [mm] $b_{m,k}$ [/mm] Einsen beginnt, gilt also
[mm] $\{L_k\ge b_{m,k}\}=\bigcup_{l=1}^kB_{m,k,l}$.
[/mm]
Setzen wir nun obige Rechnung fort, so erhalten wir
[mm] $\ldots=P(\bigcup_{l=1}^kB_{m,k,l})\le\sum_{l=1}^kP(B_{m,k,l})=\ldots$
[/mm]
Überlege dir nun [mm] $P(B_{m,k,l})=p^{b_{m,k}}$ [/mm] für alle [mm] $l=1,\ldots,k$.
[/mm]
Somit rechnen wir weiter:
[mm] $\ldots=\sum_{l=1}^kp^{b_{m,k}}=k*p^{b_{m,k}}\le k*p^{a_{m,k}}$.
[/mm]
Versuche nun (u.a. mit Einsetzen der Definition von [mm] $a_{m,k}$ [/mm] und Logarithmengesetzen), diesen letzten Ausdruck auf die Form [mm] $\frac{1}{k^{s_m}}$ [/mm] für ein [mm] $s_m>1$ [/mm] (das nicht von $k$ abhängt) zu bringen.
Insgesamt haben wir dann:
[mm] $\sum_{k=2}^\infty P(A_m,k)\le\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{k^{s_m}}<\infty$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:30 Fr 11.04.2014 | | Autor: | nbt |
Hi Danke. Jetzt hab ichs kapiert.
[mm] $P(B_{m,k,l})=P(X_l,\cdots,X_{b_{m,k}-1})=p^{b_{m,k}}$
[/mm]
Sagen wir der Logarithmus ist natürlich (oBdA), dann folgt
[mm] $kp^{a_{m,k}}=\exp(\ln(kp^{a_{m,k}}))=\exp(\ln k+a_{m,k}\ln p)=\exp(\ln k-2\ln k+\frac{\ln k\ln p}{m})=\exp(-\ln k+\frac{\ln k\ln p}{m})=\exp(-\ln k(1-\frac{\ln p}{m}))=1/k^{1+\frac{|\ln p|}{m}}$
[/mm]
Danke für die ausführliche Hilfe,
nbt
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:57 Fr 11.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Hi Danke. Jetzt hab ichs kapiert.
> [mm]P(B_{m,k,l})=P(X_l,\cdots,X_{b_{m,k}-1})=p^{b_{m,k}}[/mm]
Da sind wohl beim Tippen zwischen den beiden Gleichheitszeichen ziemlich viele Zeichen verloren gegangen... 
(Es muss natürlich [mm] $P(X_l=X_{l+1}=\ldots=X_{l+b_{m,k}-1}=1)$ [/mm] heißen.)
> Sagen wir der Logarithmus ist natürlich (oBdA), dann
> folgt
> [mm]kp^{a_{m,k}}=\exp(\ln(kp^{a_{m,k}}))=\exp(\ln k+a_{m,k}\ln p)=\exp(\ln k-2\ln k+\frac{\ln k\ln p}{m})=\exp(-\ln k+\frac{\ln k\ln p}{m})=\exp(-\ln k(1-\frac{\ln p}{m}))=1/k^{1+\frac{|\ln p|}{m}}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Schön!
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