Grenzwerte

11.05.2007, 21:37

kingskid

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Grenzwerte

Hallo,

könnt ihr mir einen Tipp geben, wie kann man folgendes zeigen kann:
Vss:
$\begin{eqnarray*} X_1, X_2, ... \end{eqnarray*}$ seien unabhängige ZV'en auf $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathbb A, P) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X_1=0 \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} P(X_n=0) & = & 1 - \frac{1}{n \cdot log(n)}, \\ P(X_n=n) & = & P(X_n = -n) =\frac{1}{2 \; n \cdot log(n)} \end{eqnarray*}$
für n=2,3,..

Beh.: Für $\begin{eqnarray*} S_n := \sum_{k=1}^{n} X_k \end{eqnarray*}$ gilt:

(a) $\begin{eqnarray*} E[(\frac{1}{n} S_n)^2] \stackrel{n \rightarrow \infty}{\rightarrow 0} \end{eqnarray*}$

???

also ich meine $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ genügt ja dem schwachen Gesetz der großen Zahlen, aber nicht dem starken, d.h. das stochastische Mittel konvergiert stochastisch, aber nicht P-f.s.
... nur hatmir diese erkenntnis (wenn sie stimmt) auch nicht weitergeholfen... verwirrt

verwirrt

verwirrt

11.05.2007, 21:57

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Du könntest ja in einem ersten Schritt versuchen, $\begin{eqnarray*} E\left[ \left( \frac{1}{n} S_n \right)^2 \right] \end{eqnarray*}$ auszurechnen, da kommt eine nur von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängige reelle Zahl heraus, nennen wir sie $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ .

Und dann weise im zweiten Schritt nach, dass $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist - fertig. Ohne jeden stochastischen Grenzwertsatz.

12.05.2007, 10:44

kingskid

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nur wie kann ich $\begin{eqnarray*} a_n = E\left[ \left(\frac{1}{n} \sum_{k=2}^{n} X_k \right)^2 \right] \end{eqnarray*}$ berechnen....?

12.05.2007, 10:58

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Ausmultiplizieren, und dann drei Sachen nutzen:

(1) $\begin{eqnarray*} E(X_n)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , kann man ausrechnen!

(2) $\begin{eqnarray*} E(X_k\cdot X_n) = E(X_k)\cdot E(X_n) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\neq k \end{eqnarray*}$ , folgt aus Unabhängigkeit

(3) $\begin{eqnarray*} E(X_n^2) \end{eqnarray*}$ ausrechnen aus der gegebenen Verteilung!!!

12.05.2007, 11:55

kingskid

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ok, hab das mal versucht:

$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{1}{n^2} \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} E[X_j] E[X_k] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j \not=k \end{eqnarray*}$

wie kann man (1) ausrechnen ... ?

$\begin{eqnarray*} E[X_n] = \sum_{n=2}^{...} n P(X_n=n) = \sum_{n=2} \frac{1}{2 \; log(n)} \end{eqnarray*}$ ?

wird das wegen dieser Bedingung $\begin{eqnarray*} P(X_n = - n)=P(X_n = n) \end{eqnarray*}$ gleich Null ?

12.05.2007, 12:14

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Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} E[X_n] = \sum_{n=2}^{...} n P(X_n=n) = \sum_{n=2} \frac{1}{2 \; log(n)} \end{eqnarray*}$ ?

Das ist doch Unsinn! Die Verteilung von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ ist diese:

Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} P(X_n=0) & = & 1 - \frac{1}{n \cdot log(n)}, \\ P(X_n=n) & = & P(X_n = -n) =\frac{1}{2 \; n \cdot log(n)} \end{eqnarray*}$
für n=2,3,..

Das ist eine diskrete Verteilung an den drei Punkten $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (-n) \end{eqnarray*}$ , also gilt

$\begin{eqnarray*} E(X_n) = \sum_x x\cdot P(X_n=x) = 0\cdot \left( 1 - \frac{1}{n\log(n)} \right) + n\cdot \frac{1}{2n\log(n)} + (-n)\cdot \frac{1}{2n\log(n)} \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} E(X_n^2) = \sum_x x^2\cdot P(X_n=x) = 0^2\cdot \left( 1 - \frac{1}{n\log(n)} \right) + n^2\cdot \frac{1}{2n\log(n)} + (-n)^2\cdot \frac{1}{2n\log(n)} \end{eqnarray*}$

Ich weiß wirklich nicht, wo du manchmal deinen Kopf hast. unglücklich

unglücklich

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12.05.2007, 14:11

kingskid

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achso.... und was passiert mit den $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ - die haben die gleiche Verteilung wie $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ (bis auf $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ) ?
aber dann würde $\begin{eqnarray*} a_n = 0 \end{eqnarray*}$ sein, was ja nicht sein kann...

ist das n von den drei Punkten und das von S_n eigentlich das gleiche? irgendwie verwirrt mich das...

12.05.2007, 14:17

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Ich hab keine Ahnung, was du da für wirres Zeug redest. Nochmal:

Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} P(X_n=0) & = & 1 - \frac{1}{n \cdot log(n)}, \\ P(X_n=n) & = & P(X_n = -n) =\frac{1}{2 \; n \cdot log(n)} \end{eqnarray*}$

Das ist für festes n die Verteilung der Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ . Das ist eine diskrete Verteilung, mit den angegebenen Wahrscheinlichkeiten für die drei Werte $\begin{eqnarray*} 0, n, (-n) \end{eqnarray*}$ .

Für einen anderen Index, z.B. $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ , hat man natürlich eine andere solche Dreipunktverteilung, d.h. $\begin{eqnarray*} X_m \end{eqnarray*}$ besitzt dann die drei möglichen Werte $\begin{eqnarray*} 0, m, -m \end{eqnarray*}$ mit den obigen Wahrscheinlichkeiten (natürlich m statt n eingesetzt).

Außerdem hast du natürlich noch die Info, dass die $\begin{eqnarray*} X_1,X_2,\ldots \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, aber das spielt für die Berechnung von $\begin{eqnarray*} E(X_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(X_n^2) \end{eqnarray*}$ noch keine Rolle, erst dann für die Berechnung von $\begin{eqnarray*} E\left[ \left(\sum_{k=2}^{n} X_k \right)^2 \right] \end{eqnarray*}$

Ist das denn sooooooooooooo schwer zu begreifen???

12.05.2007, 22:29

kingskid

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wie man $\begin{eqnarray*} E[X] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E[X^2] \end{eqnarray*}$ berechnet hab ich verstanden.

aber muss ich außer der Unabhängigkeit von den $\begin{eqnarray*} X_1, X_2,.. \end{eqnarray*}$ nicht noch mehr wissen um
$\begin{eqnarray*} E\left[ \left(\sum_{k=2}^{n} X_k \right)^2 \right] \end{eqnarray*}$ berechnen zu können?

ich komm nur zu $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2} \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n E[X_j] E[X_k] \end{eqnarray*}$

12.05.2007, 22:34

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Du stehst vorm Tor, ich hab dir erst alle Schlüssel in die Hand gegeben. Als du dich nicht gerührt hast, habe ich das Tor weit aufgemacht - du gehst immer noch nicht rein. Jetzt bin ich am Ende und muss dich reinschieben:

Wie oben berechnet, ist $\begin{eqnarray*} E(X_n)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(X_n^2)=\frac{n}{\log(n)} \end{eqnarray*}$ . Also gilt

$\begin{eqnarray*} E\left[ \left( \frac{1}{n} S_n \right)^2 \right] &=& \frac{1}{n^2} E\left[ \left(\sum_{k=2}^n X_k \right)^2 \right] = \frac{1}{n^2} E\left[ \sum_{k=2}^n X_k^2 + \sum_{\substack{j,k=2\\j\neq k}}^n X_jX_k \right]\\ &=& \frac{1}{n^2} \left[ \sum_{k=2}^n E(X_k^2) + \sum_{\substack{j,k=2\\j\neq k}}^n E(X_j)E(X_k) \right] = \frac{1}{n^2} \sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} \end{eqnarray*}$

12.05.2007, 23:12

kingskid

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ah...

smile

ist eigentlich $\begin{eqnarray*} \sum_{\substack{j,k=2\\j\neq k}}^n X_j X_k = 2 \sum_{2 \leq j <k <n} X_j X_k \end{eqnarray*}$ ?

12.05.2007, 23:25

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Ja, kann man machen. Nach nochmaligen Durchlesen deiner Beiträge sehe ich jetzt den Kardinalfehler:

Du setzt $\begin{eqnarray*} E(X_jX_k)=E(X_j)E(X_k) \end{eqnarray*}$ auch für $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ , und das geht nun überhaupt nicht! Denn $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ sind natürlich nicht voneinander unabhängig!

Den zweiten, nunmehr rein analytischen Teil der Aufgabe, nämlich den Nachweis

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty} a_n = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a_n = \frac{1}{n^2}\sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} \end{eqnarray*}$

halte ich übrigens für schwerer als den ersten Teil, der bloßes Aufschreiben und Einsetzen war. Vielleicht liegen ja in der Analysis deine wahren Stärken und du bewältigst diesen zweiten Teil besser als den ersten Teil oben... Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.05.2007, 00:23

kingskid

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naja, ich hätte das halt mal ganz unmathematisch begründet, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ sehr schnell gegen 0 geht...

13.05.2007, 01:46

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Zitat:

Original von kingskid
naja, ich hätte das halt mal ganz unmathematisch begründet, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ sehr schnell gegen 0 geht...

geschockt

Dir ist schon bewusst, dass z.B. die leicht veränderten Folgen

$\begin{eqnarray*} b_n = \frac{1}{n^2}\sum_{k=2}^n \frac{k^{1.01}}{\log(k)} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} c_n = \frac{1}{n^2}\sum_{k=2}^n k \end{eqnarray*}$

keine Nullfolgen sind?

13.05.2007, 11:05

kingskid

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hm das ist in der Tat faszinierend, also sollte ich es wohl doch besser richtig begründen.

Muss ich das dann irgendwie abschätzen oder gibt es einen besseren Weg?

13.05.2007, 12:07

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Ja genau, abschätzen nach oben durch eine Majorante, die ebenfalls Nullfolge ist. Aber wie ich schon sagte, das ist der eigentlich schwierigere, weil kreative Teil der Aufgabe...

Eine Möglichkeit: Trenne die Summe bei einem Index, der etwa bei $\begin{eqnarray*} \sqrt{n} \end{eqnarray*}$ liegt, also z.B.

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} = \sum_{k=2}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \frac{k}{\log(k)} ~ + ~ \sum_{k=\lfloor \sqrt{n} \rfloor +1}^n \frac{k}{\log(k)} \end{eqnarray*}$

und nimm eine getrennte Abschätzung beider Summen rechts vor, unter Nutzung der Monotonie des Logarithmus.

13.05.2007, 21:51

kingskid

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hm, ist wirklich nicht einfach und ich kenn nicht viele Majoranten... mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ klappts ja nicht.
Wie kommst du eigentlich gerade auf die Aufteilung bei $\begin{eqnarray*} \sqrt{n} \end{eqnarray*}$ ??

13.05.2007, 21:56

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Erfahrung! Die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} \leq \sum_{k=2}^n k = \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$

ist offensichtlich nicht ausreichend, jede andere Anschätzung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^{cn} \frac{k}{\log(k)} \leq \sum_{k=2}^{cn} k \approx \frac{cn(cn+1)}{2} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} 0<c<1 \end{eqnarray*}$ (wobei die "Restsumme" $\begin{eqnarray*} cn \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ sogar noch offen ist) offenbar auch. Also muss man sich was einfallen lassen...

Ich hab doch gesagt, dass es schwerer als der erste Teil ist. Nun hab ich dir schon wieder eine mögliche Idee auf dem Silbertablett serviert - mach was draus, oder überleg dir was anderes. Denn bei diesem zweiten Teil gibt es durchaus viele unterschiedliche Beweisvarianten.

14.05.2007, 14:11

kingskid

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vielleicht so:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^{n} \frac{k}{log k} \leq \frac{2}{log 2} + \sum_{k=3}^{n} \frac{n}{log \; n} < \infty \end{eqnarray*}$

und dann kann man doch sagen, dass

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n²} \sum_{k=2}^{n} \frac{k}{logk} \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ ?

edit: latex verbessert

edit2: also für $\begin{eqnarray*} n \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$

14.05.2007, 14:20

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Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^{n} \frac{k}{log k} \leq \frac{2}{log 2} + \sum_{k=3}^{n} \frac{n}{log \; n} < \infty \end{eqnarray*}$

Was meinst du damit? Kleiner unendlich ist doch klar für jedes endliche $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ - das reicht aber nicht! Reichen würde $\begin{eqnarray*} <C \end{eqnarray*}$ für ein festes, von n unabhängiges $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ , das stimmt hier aber nicht!

Und was für eine Abschätzung verwendest du hier überhaupt? Dass $\begin{eqnarray*} k\to \frac{k}{\log(k)} \end{eqnarray*}$ monoton wachsend ist? Das stimmt, zumindest für hinreichend große $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ , verdient aber auch eine Erklärung...

14.05.2007, 21:26

kingskid

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hm ja, war doch dein Vorschlag die Monotonie des Log auszunutzen...

aber ein C finde ich nicht...

15.05.2007, 12:16

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Zitat:

Original von kingskid
hm ja, war doch dein Vorschlag die Monotonie des Log auszunutzen...

Aber doch bitte so, dass es klappt! Ich hatte das zuerst im Sinn:

$\begin{eqnarray*} x\to\log(x) \end{eqnarray*}$ ist monoton wachsend, und für $\begin{eqnarray*} x>1 \end{eqnarray*}$ auch positiv. Also kann man für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ getrennt abschätzen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} &=& \sum_{k=2}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \frac{k}{\log(k)} ~ + ~ \sum_{k=\lfloor \sqrt{n} \rfloor +1}^n \frac{k}{\log(k)} \leq \sum_{k=2}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \frac{k}{\log(2)} ~ + ~ \sum_{k=\lfloor \sqrt{n} \rfloor +1}^n \frac{k}{\log(\lfloor \sqrt{n} \rfloor +1)}\\ &\leq& \frac{1}{\log(2)} \sum_{k=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} k ~ + ~ \frac{1}{\log(\sqrt{n})} \sum_{k=1}^n k = \frac{\lfloor \sqrt{n} \rfloor\cdot (\lfloor \sqrt{n} \rfloor+1)}{2\log(2)} + \frac{n(n+1)}{2\log(\sqrt{n})}\\ &\leq& n^2 \left[ \frac{1+ \frac{1}{\sqrt{n}}}{2n\log(2)} + \frac{1+\frac{1}{n}}{\log(n)} \right] \end{eqnarray*}$

Alternativweg: Wenn man vorher nachweist, dass $\begin{eqnarray*} x\to \frac{x}{\log(x)} \end{eqnarray*}$ monoton wachsend ist, kann man auch

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \frac{k}{\log(k)} \leq C+\frac{n^2}{\log(n)} \end{eqnarray*}$

nachweisen, mit einer von der Logarithmenbasis (soll das $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ sein, d.h. $\begin{eqnarray*} \log(x)=\ln(x) \end{eqnarray*}$ ? Ist aber eigentlich völlig wurst.) abhängigen Konstante $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ . Das führt auch zum Ziel.

Wie gesagt, es gibt jede Menge Wege zum Nachweis, du musst wenigstens einen finden oder zumindest nachvollziehen.

15.05.2007, 16:49

kingskid

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ok, der Alternativweg gefällt mir, der andere mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{n} \end{eqnarray*}$ ist wirklich sehr kreativ! smile

smile

aber noch eine andere Frage: Kann man nun aus $\begin{eqnarray*} E \left[(\frac{1}{n²} S_n)² \right] \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ folgern, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1} {n} S_n \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ stochastisch konvergiert?

also nach Definition müsste man ja zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 : \lim_{n \rightarrow \infty} P(|X_n - 0| \geq \epsilon ) =0 \end{eqnarray*}$

wobei hier das X_n wohl unsre Summe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} S_n \end{eqnarray*}$ ist ?

muss ich jetzt versuchen das so weiter umzuformen

$\begin{eqnarray*} P( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} X_k \geq \epsilon) \end{eqnarray*}$ (damit komm ich nicht weiter, falls das überhaupt geht...)

wo kann ich den Erwartungswert einbringen....??

15.05.2007, 16:52

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Zitat:

Original von kingskid
Kann man nun aus $\begin{eqnarray*} E \left[(\frac{1}{n²} S_n)² \right] \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ folgern, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1} {n} S_n \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ stochastisch konvergiert?

Ja! Das solltet ihr gehabt haben:

http://de.wikipedia.org/wiki/ Stochastis...enzart<br /> en

EDIT: Schei..e, das Board kommt wieder mal nicht mit so langen URLs zurecht - also bitte irgendwie so in den Browser kopieren:

code:
1:	http://de.wikipedia.org/wiki/Stochastische_Konvergenz#Zusammenhang_zwischen_den_einzelnen_Konvergenzarten

15.05.2007, 20:57

kingskid

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ja die schwache Konvergenz hatten wir schon, aber braucht man dazu die Konvergenz im p.ten Mittel von wiki? das hatten wir nicht, aber ich versuch es mal:

Es gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{n \rightarrow \infty} E(|\frac{1}{n} S_n|^2) = 0 \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{n} S_n)^2 \stackrel{r}{\rightarrow} 0 \end{eqnarray*}$

und Konvergenz in $\begin{eqnarray*} L_r \end{eqnarray*}$ impliziert Konvergenz in Wkeit:

$\begin{eqnarray*} P(\frac{1}{n} S_n > \epsilon) = P((\frac{1}{n}S_n)^2 > \epsilon^2) \leq \frac{1}{\epsilon^2} E((\frac{1}{n} S_n)^2) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(|\frac{1}{n} S_n| > \epsilon) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{n} S_n \stackrel{p}{\rightarrow} 0 \end{eqnarray*}$

Kann man das so machen oder ist das ganz unsinnig...??

15.05.2007, 21:54

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Zitat:

Original von kingskid
ja die schwache Konvergenz hatten wir schon, aber braucht man dazu die Konvergenz im p.ten Mittel von wiki?

Es geht nicht um "braucht", es geht um "ist hinreichend". Und da die Konvergenz im quadratischen Mittel (iqM) im vorliegenden Fall nun mal zutrifft - nichts anderes bedeutet ja $\begin{eqnarray*} E\left( \left(\frac{1}{n} S_n\right)^2\right) \to 0 \end{eqnarray*}$ - trifft dieser hinreichend Fall hier zu!!! Logik, Logik, Logik ...

Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} P(\frac{1}{n} S_n > \epsilon) = P((\frac{1}{n}S_n)^2 > \epsilon^2) \leq \frac{1}{\epsilon^2} E((\frac{1}{n} S_n)^2) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(|\frac{1}{n} S_n| > \epsilon) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{n} S_n \stackrel{p}{\rightarrow} 0 \end{eqnarray*}$

Ja, das ist im Grunde genommen der Beweis, dass aus iqM-Konvergenz die stochastische Konvergenz folgt.

15.05.2007, 23:37

kingskid

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aha,ok.

warum gilt hier $\begin{eqnarray*} P(\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} S_n \quad \mbox{ex.nicht})=1 \end{eqnarray*}$ ??

und ist $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \; log(n)} \end{eqnarray*}$ divergent?

16.05.2007, 09:00

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Wieso kombinierst du diese beiden Fragen? Es ist tatsächlich so, dass man die Divergenz der genannten Reihe zum Beweis der "Fast nie"-sicheren Konvergenz nutzen kann, aber woher weißt du das, wenn du es noch nicht gerechnet hast?

Das kommt mir vor, als hättest du die fertige Rechnung vor dir und denkst: Jetzt lass uns mal den Arthur testen, ob der das auch rauskriegt...

Das ist zumindest mein Eindruck.

16.05.2007, 09:40

kingskid

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Warum machst du mir immer solch merkwürdigen Vorwürfe, was hab ich dir eigentlich getan? traurig

traurig

traurig

Kannst du dir vorstellen was mein Eindruck ist?

Meinst du ich würde mich die halbe Nacht mit diesen Aufgaben rumschlagen wenn ich die Lösung schon vor mir liegen hätte...??

Zitat:

woher weißt du das, wenn du es noch nicht gerechnet hast?

...wahrscheinlich ist es vom Himmel gefallen.
nein, ich war lediglich zu faul das alles hier aufzuschreiben, hätte nicht gedacht dass ich ausnahmsweise mal was richtig mache, außerdem verstehst du es ja auch so...
aber ich kann es auch noch aufschreiben:

äquivalente Aussage zur P-f.s Konvergenz ist

$\begin{eqnarray*} P(limsup\{X_n \not=0\}) =0 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} A_n = \{X_n \not=0 \} \end{eqnarray*}$

dann folgt $\begin{eqnarray*} P(A_n) = P(X_n=n) + P(X_n=-n) = \frac{2}{n \; log(n)} = \frac{1}{n \; log(n)} \end{eqnarray*}$

mit Borelli-Cantelli folgt jetzt ja nicht, dass $\begin{eqnarray*} P(limsum \{X_n \not=0 \}) = 0 \end{eqnarray*}$

Langt das aus um die fast nie sichere konvergenz zu zeigen? weil der Pfeil geht ja nur in eine Richtung...?

uch kombiniere die beiden Fragen, weil ich dachte dass P(...)=1 eine Steigerung oder Verschärfung der fast nie sicheren Konvergenz ist.
Das folgt dann wohl auch mit Borel-Cantelli, oder?

16.05.2007, 09:45

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Zitat:

Original von kingskid
nein, ich war lediglich zu faul das alles hier aufzuschreiben

Aber ich darf alles hier aufschreiben, und du spielst Zuschauer - so nicht!

16.05.2007, 10:03

kingskid

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verstehst du mich eigentlich immer mit Absicht falsch?

Darf ich nicht erst fragen ob etwas stimmt bevor ich es in allen Einzelheiten poste...??

16.05.2007, 10:18

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Zitat:

Original von kingskid
verstehst du mich eigentlich immer mit Absicht falsch?

Wenn du mich jetzt noch angreifen willst, dann ist die Unterhaltung sofort beendet. Ich lass mich eben nicht gern verarschen - und das Zurückhalten von Lösungen in der Art "Laß denn jetzt mal machen, ich vergleiche dann mit meiner Lösung" ist für mich einfach unehrliches Spiel. Das bezieht sich auf die komplexe Anfrage

Zitat:

Original von kingskid
warum gilt hier $\begin{eqnarray*} P(\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} S_n \quad \mbox{ex.nicht})=1 \end{eqnarray*}$ ??

ohne jede Anmerkung, dass du dir bereits Gedanken darüber gemacht hast.

16.05.2007, 10:32

kingskid

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Dass das gilt hab ich nur der Aufgabenstellung entnommen:

Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} P(\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} S_n \quad \mbox{ex.nicht})=1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Ist nicht verwunderlich, dass ich dann frage warum es gilt...
und wenn ich eigene Ideen hatte, hab ich sie immer noch dazugeschrieben, das hat nichts mit Zurückhalten von Lösungen zu tun, wenn ich sie hätte würde ich ja wohl hier keine Fragen stellen.

16.05.2007, 11:00

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Du hast dir doch aber Gedanken darüber gemacht - übrigens zum ersten Mal hier im Thread selbständig, warum stellst du dann dein Licht unter den Scheffel? Nach dem bisherigen Threadverlauf konnte man den Eindruck gewinnen, dass du gar nichts hier selbständig auf die Reihe bekommst, dabei stimmt das gar nicht:

Borel-Cantelli, und zwar der zweite Teil, bezogen auf die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_n = [X_n\neq 0] \end{eqnarray*}$ ist die absolut richtige Idee:

Zitat:

Borel-Cantelli, zweiter Teil:

Gilt $\begin{eqnarray*} \sum_n P(A_n) = \infty \end{eqnarray*}$ und sind die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ paarweise unabhängig, dann treten fast sicher (also mit Wkt 1) unendlich viele dieser Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ ein.

Beide Voraussetzungen treffen hier zu, also ist das anwendbar. Was wiederum zur Folge hat, dass in diesen fast sicheren Fällen die zugehörigen $\begin{eqnarray*} \frac{S_n}{n} \end{eqnarray*}$ nicht konvergieren können (da muss man sicher nochmal drüber nachdenken, warum dieser Zusammenhang besteht).

P.S.: Deine Anmerkung mit "zu faul" hat mich besonders geärgert. Vielleicht bin ich demnächst auch mal zu faul...

16.05.2007, 18:19

kingskid

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okay, danke. wie kann man den Zusammenhang richtig begründen?

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