Gesetz der großen Zahlen

01.09.2006, 23:15

WebFritzi

Gesetz der großen Zahlen

Hallo ihr!

Kennt jemand ein Beispiel für eine Folge von Zufallsvariablen, welche das schwache Gesetz der großen Zahlen erfüllt - das starke aber nicht? Das heißt:

$\begin{eqnarray*} (X_n) \end{eqnarray*}$ seien Zufallsvariablen und $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ sei gemeinsamer Erwartungswert aller $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \mu = EX_n \end{eqnarray*}$ für alle n. Es soll gelten

$\begin{eqnarray*} P\Bigl(\Bigl|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i - \mu\Bigr| > \varepsilon\Bigr) \to 0 \;\text{ für alle }\;\varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$

aber nicht

$\begin{eqnarray*} P\Bigl( \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i = \mu\Bigr) = 1. \end{eqnarray*}$

Danke schonmal für Antworten.

Edited by Stefan: TeX - der Interpreter hier mag wohl deine Umlautnotation nicht ... kann aber sein, dass das an Firefox liegt. Augenzwinkern

01.09.2006, 23:27

Dual Space

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RE: Gesetz der großen Zahlen
*verschoben*

02.09.2006, 19:20

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Prinzipiell geht es um den Unterschied zwischen stochastischer Konvergenz und fast sicherer Konvergenz von Zufallsgrößenfolgen.

Abgerüstet suchen wir da nach einer Folge $\begin{eqnarray*} (Z_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} Z_n \stackrel{P}{\longra} 0 \end{eqnarray*}$ , für die nicht $\begin{eqnarray*} Z_n \stackrel{\mathrm{f.s.}}{\longra} 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Das ist gar nicht so einfach, und wahrscheinlich ist das Beispiel, was ich jetzt im folgenden anführe, überkompliziert. Aber ihr könnt ja gern ein einfacheres bringen. smile

Wir betrachten den Grundraum $\begin{eqnarray*} \Omega=[0,1) \end{eqnarray*}$ mit der üblichen Borel-Sigma-Algebra $\begin{eqnarray*} \mathfrak{B} \end{eqnarray*}$ und dem Borel-Maß $\begin{eqnarray*} P=\lambda \end{eqnarray*}$ als Wkt-Maß darauf. Für $\begin{eqnarray*} n=2^m+k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq k<2^m \end{eqnarray*}$ definieren wir

$\begin{eqnarray*} Z_n(\omega) := \begin{cases} 1 & \;\mbox{für}\; \frac{k}{2^m} \leq \omega < \frac{2k+1}{2^{m+1}}\\[2ex] -1 & \;\mbox{für}\; \frac{2k+1}{2^{m+1}} \leq \omega < \frac{k+1}{2^m}\\[2ex] 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

(Wenn ich mich recht entsinne, nennt man das Haarsche Funktionen, oder so ähnlich.) Graphisch gesehen ist das eine Rechteckimpuls-Funktion, wo der Impuls für $\begin{eqnarray*} n=2^m,\ldots,2^{m+1}-1 \end{eqnarray*}$ von 0 nach 1 wandert, mit steigendem $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ dann aber immer schmaler wird.

Für jedes $\begin{eqnarray*} \omega\in[0,1) \end{eqnarray*}$ ist damit klar, dass $\begin{eqnarray*} Z_n(\omega) \end{eqnarray*}$ nicht gegen Null konvergiert, da für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ immer mal wieder ein Impuls "dazwischenfunkt". Hingegen gilt aber

$\begin{eqnarray*} P( |Z_n| \geq \varepsilon ) = \frac{1}{2^m} \quad\mbox{für alle}\; 0<\varepsilon<1 \end{eqnarray*}$

und da für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ gilt, folgt die stochastische Konvergenz dieser Folge.

--------------------

Der Form halber zuletzt noch der Ubergang zum GGZ: Wir haben oben ein Beispiel mit $\begin{eqnarray*} E(Z_n)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , und über

$\begin{eqnarray*} Z_n = \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n ~ X_i,\qquad Z_{n-1} = \frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n-1} ~ X_i \end{eqnarray*}$

kann man rückwärts natürlich frech $\begin{eqnarray*} X_n:=nZ_n-(n-1)Z_{n-1} \end{eqnarray*}$ definieren und hat ein passendes Beispiel einer Folge $\begin{eqnarray*} (X_n) \end{eqnarray*}$ , die zwar dem schwachen, aber nicht dem starken Gesetz der großen Zahlen genügt, alles natürlich mit $\begin{eqnarray*} \mu=0 \end{eqnarray*}$ .

02.09.2006, 20:17

WebFritzi

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Super. Herzlichen Dank. Das sieht echt gut aus. Ich muss jetzt los zum Fussi. Aber ich habe so den Eindruck, dass man gar nicht die X_n definieren muss, sondern direkt die Z_n als X_n nehmen kann. Kann das sein?

02.09.2006, 20:28

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Hab ich jetzt noch nicht drüber nachgedacht. Wenn's so ist, dann gut.

03.09.2006, 19:04

WebFritzi

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Es gilt ja folgendes: Wir setzen mal $\begin{eqnarray*} Y_n := \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Z_i \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} EZ_i = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z_i^2 = |Z_i| \end{eqnarray*}$ für alle i gilt

$\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}\begin{align*}P(|Y_n - EY_n| > \varepsilon) &\le \varepsilon^{-2}V(Y_n) = \varepsilon^{-2}n^{-2}V\bigl(\sum_{i=1}^n Z_i\bigr)\\ &=\varepsilon^{-2}n^{-2}\Bigl( E\bigl(\sum_{i=1}^n Z_i\bigr)^2 - \bigl(E\sum_{i=1}^n Z_i\bigr)^2\Bigr)\\&=\varepsilon^{-2}n^{-2}E\bigl(\sum_{i=1}^n Z_i^2 + 2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}Z_iZ_j\bigr)\\ &= \varepsilon^{-2}n^{-2}E\bigl(\sum_{i=1}^n |Z_i| + 2\sum_{i=1}^nZ_i\sum_{j=1}^{i-1}Z_j\bigr)\\ &= \varepsilon^{-2}n^{-2}\Bigl(\sum_{i=1}^n E|Z_i| + 2\sum_{i=1}^nE\bigl(Z_i\sum_{j=1}^{i-1}Z_j\bigr)\Bigr) \end{align*}\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$

Zuerst betrachten wir die Funktionen $\begin{eqnarray*} Z_n\sum_{i=1}^{n-1}Z_i \end{eqnarray*}$ und zeigen, dass diese immer ein Vielfaches von $\begin{eqnarray*} Z_n \end{eqnarray*}$ sind. Der Träger einer Funktion sei dabei die Menge, auf der die Funktion nicht verschwindet. Für $\begin{eqnarray*} n=2^m + k \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} Z_n\sum_{i=1}^{n-1}Z_i = Z_{2^m + k}\cdot\bigl( Z_1 + (Z_2 + Z_3) + \dots + (Z_{2^{m-1}} + \dots + Z_{2^m - 1}) + (Z_{2^m} + \dots + Z_{2^m + k - 1})\bigr). \end{eqnarray*}$

Die letzte Klammer kann weggelassen werden, da die Träger aller Funktionen darin sich nicht mit dem Träger von $\begin{eqnarray*} Z_{2^m + k} \end{eqnarray*}$ schneiden. Für jede andere Klammer gilt: Die Träger der einzelnen Funktionen sind disjunkt, deren Verinigung ist [0,1), und der Träger von $\begin{eqnarray*} Z_{2^m + k} \end{eqnarray*}$ ist in genau einem der Träger enthalten und schneidet alle anderen nicht. Es gilt also

$\begin{eqnarray*} Z_n\sum_{i=1}^{n-1}Z_i = Z_{2^m + k}\cdot(Z_1 + Z_{k_1} + Z_{k_2} + \dots + Z_{k_{m-1}}) \end{eqnarray*}$

mit Zahlen $\begin{eqnarray*} k_i\in\{2^i, 2^i + 1,\dots,2^{i+1}-1\} \end{eqnarray*}$ . Auf dem Träger von $\begin{eqnarray*} Z_{2^m + k} \end{eqnarray*}$ sind die $\begin{eqnarray*} Z_{k_i} \end{eqnarray*}$ (wobei wir $\begin{eqnarray*} k_0 := 1 \end{eqnarray*}$ setzen) entweder konstant 1 oder konstant -1. Also folgt

$\begin{eqnarray*} Z_n\sum_{i=1}^{n-1}Z_i = \pm Z_{2^m + k} \pm Z_{2^m + k} \pm\dots\pm Z_{2^m + k} = r\cdot Z_{2^m + k} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb{Z}. \end{eqnarray*}$

Wir haben somit (zur Erinnerung: $\begin{eqnarray*} EZ_i = 0 \end{eqnarray*}$ )

$\begin{eqnarray*} P(|Y_n - EY_n| > \varepsilon) \;\le\; \varepsilon^{-2}n^{-2}\sum_{i=1}^n E|Z_i|. \end{eqnarray*}$

Wir schauen uns nun $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n E|Z_i| \end{eqnarray*}$ an. Zunächst gilt $\begin{eqnarray*} E|Z_i| = 2^{-m_i} \end{eqnarray*}$ , wobei

$\begin{eqnarray*} m_i := \max\{m\in\mathbf{N}\;:\; 2^m\le i\}. \end{eqnarray*}$

Es folgt

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n E|Z_i| = 1 + (2^{-1} + 2^{-1}) + (2^{-2} + 2^{-2} + 2^{-2} + 2^{-2}) + \dots + (2^{-m_n} + \dots + 2^{-m_n}) \end{eqnarray*}$ ,

Alle Klammern sind 1, außer eventuell der letzten. Es ergibt sich also

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n E|Z_i| \le m_n + 1. \end{eqnarray*}$

Nun gilt ja $\begin{eqnarray*} 2^{m_n} \le n \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 2^{m_n + 1} \le 2n \end{eqnarray*}$ und folglich

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n E|Z_i| \le 1 + log_2(n) \le n. \end{eqnarray*}$

Die letzte Ungleichung zeigt man leicht mit vollständiger Induktion. Somit konvergiert $\begin{eqnarray*} (Y_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ stochastisch gegen Null.

So ne Scheiße! Ich sehe gerade, dass $\begin{eqnarray*} (Y_n) \end{eqnarray*}$ auch punktweise (also überall!) gegen Null konvergiert. Das sieht man so: Sei $\begin{eqnarray*} \omega\in [0,1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n = 2^m + k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\in\{0,1,\dots,2^m - 1\} \end{eqnarray*}$ . Dann folgt

$\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}\begin{align*}|Y_n(\omega)| &= \Bigl| \frac{1}{2^m + k}\sum_{i=1}^{2^m + k}Z_i(\omega)\Bigr| \le \frac{1}{2^m + k}\sum_{i=1}^{2^m + k}|Z_i(\omega)|\\ &= \frac{1}{2^m + k}\Bigl( |Z_1(\omega)| + \bigl(|Z_2(\omega)| + |Z_3(\omega)|\bigr) + \dots + \bigl(|Z_{2^m}(\omega)| + \dots + |Z_{2^m + k}(\omega)|\bigr)\Bigr)\\ &= \frac{1}{2^m + k}\bigl( |Z_1(\omega)| + |Z_{k_1}(\omega)| + |Z_{k_2}(\omega)| + \dots + |Z_{k_m}(\omega)| \bigr) \\ &\le \frac{m+1}{2^m + k} \le \frac{2m}{2^m} = \frac{m}{2^{m-1}}\to 0\end{align*}\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ , also auch für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ . Ich hätte mir das mit der stochastischen Konvergenz also sparen können, denn Konvergenz (fast) überall impliziert stochastische Konvergenz.

03.09.2006, 19:14

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Zitat:

Original von WebFritzi
So ne Scheiße! Ich sehe gerade, dass $\begin{eqnarray*} (Y_n) \end{eqnarray*}$ auch punktweise (also überall!) gegen Null konvergiert.

Ja, das habe ich intuitiv geahnt: Dazu kommen für festes $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ die "Nadeln" $\begin{eqnarray*} Z_i(\omega)=\pm 1 \end{eqnarray*}$ zu selten vorbei und werden dann über die Mittelung $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ "verschleift".

03.09.2006, 19:51

WebFritzi

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Ja, genauso ist es. Also, deine X_n machen genau das, was ich wollte. Vielen Dank nochmal dafür. Tanzen

10.01.2008, 10:36

mat

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Für jedes $\begin{eqnarray*} \omega\in[0,1) \end{eqnarray*}$ ist damit klar, dass $\begin{eqnarray*} Z_n(\omega) \end{eqnarray*}$ nicht gegen Null konvergiert, da für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ immer mal wieder ein Impuls "dazwischenfunkt".

Hingegen gilt aber

$\begin{eqnarray*} P( |Z_n| \geq \varepsilon ) = \frac{1}{2^m} \quad\mbox{für alle}\; 0<\varepsilon<1 \end{eqnarray*}$

Hallo,

irgendwie sehe ich leider beide o. g. Punkte noch nicht. verwirrt

a) Was genau ist mit "dazwischenfunkt" gemeint?
b) Wie kommt der Nenner des obigen Bruchs zustande?

Wie kann man die Erfüllung der schwachen und die Nicht-Erfüllung der starken Konvergenz für den Fall der gegebenen Impulsfunktion am besten intuitiv verstehen? Bislang habe ich es so versucht:
Mit n gegen Unendlich streben die Wahrscheinlichkeiten für den Erwartungswert der n-ten Zufallsvariable gegen 0. -> schwache Konvergenz
Von den Gründen für die nicht starke Konvergenz habe ich noch keine Vorstellung.

Würde mich sehr über eine kleine Rückmeldung freuen. Habe schon x Skripte im Internet quergelesen, aber leider noch nichts passendes gefunden.

Viele Grüße,

Matthias

Edit (Dual Space): quote-Tags eingefügt.

10.01.2008, 14:13

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Zeichne einfach mal die Graphen der Funktionen $\begin{eqnarray*} Z_n \end{eqnarray*}$ , sagen wir mal für $\begin{eqnarray*} n=1,\ldots,10 \end{eqnarray*}$ - oder wie lange du eben brauchst, das Prinzip zu verstehen...

10.01.2008, 15:01

mat

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Schon getan. Die Amplituden des Rechteckimpulses werden immer kürzer. Aber was sagt mir das? Es liegt bei mir wahrscheinlich eher am Verständnis des starken(!) Gesetz der großen Zahlen...
Sorry für die 'Tomaten auf den Augen'...

10.01.2008, 18:28

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Ich denke, es geht dir um das Verständnis der stochastischen Konvergenz von $\begin{eqnarray*} (Z_n) \end{eqnarray*}$ bzw. der nicht vorhandenen fast sicheren Konvergenz dieser Folge? Das hat primär erst mal nix mit dem Gesetz der großen Zahlen zu tun, sondern mit dem Verständnis dieser beiden Konvergenzarten. Schau dir die Definition dieser Konvergenzarten an, und dann inwieweit das auf diese Folge zutrifft, oder eben nicht. Das ist mehr oder weniger Einsetzen, wobei ich oben schon mehr als genug Hilfestellung geleistet habe - ich zerkaue hier im Hochschulbereich nicht alles bis in die kleinsten Bissen, sondern erwarte auch etwas Anstrengung von dir.

11.01.2008, 09:35

mat

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Hallo Arthur,

trotzdem vielen Dank für deinen Hinweis! Ich habe gedanklich immer eine Folge der Mittelwerte anstelle der Folge $\begin{eqnarray*} (Z_{n}) \end{eqnarray*}$ betrachtet. Hammer

$\begin{eqnarray*} (Z_{n}) \end{eqnarray*}$ selbst konvergiert natürlich nicht fast sicher, aber stochastisch.

Viele Grüße,

Matthias

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