Borel-Cantelli

14.03.2011, 13:33

Riemannson

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Borel-Cantelli

Hallo,

ich habe folgende Aufgabe: $\begin{eqnarray*} P(X_n=1)=p=1-P(X_n=-1), \ \ p\neq 0,5, \ \ S_0=0, \ \ S_n=\sum_{i=1}^n X_i, \ \ n\geq 1 \end{eqnarray*}$

zeigen Sie $\begin{eqnarray*} P(\{\omega :S_n(\omega)=0 \ \ \text{für unendlich viele n}\})=0 \end{eqnarray*}$

das ganze klingt doch nach Borel-Cantelli oder? leider fehlt mir jeder weitere Ansatz.

ein weiterer Hinweis ist: $\begin{eqnarray*} \binom {2k} k \leq 2^{2k} \end{eqnarray*}$

14.03.2011, 15:03

zweiundvierzig

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Die Idee zu Borel-Cantelli müsste stimmen, wenn ich das richtig sehen. Das heißt, es genügt $\begin{eqnarray*} \sum_{n = 1}^\infty P(S_n = 0) < \infty \end{eqnarray*}$ zu zeigen. Wie sehen denn die Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} P(S_n = 0) \end{eqnarray*}$ aus, d.h. wann kann $\begin{eqnarray*} \sum_{i = 1}^n X_i \end{eqnarray*}$ nach Wahl der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ Null werden?

14.03.2011, 15:06

dinzeoo

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hi...
würde es auch mit borell cantelli versuchen...

$\begin{eqnarray*} A_n=\{S_n=0\} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} A=lim~sup A_n = \{\cdots ~unendlich~ viele~ n\} \end{eqnarray*}$

und nicht zu vergessen $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ ist binomialverteilt... damit sollte es dann aufgehen...

14.03.2011, 15:11

dinzeoo

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Zitat:

Original von dinzeoo
und nicht zu vergessen $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ ist binomialverteilt... damit sollte es dann aufgehen...

nehm ich wieder zurück... dachte X_n könnte nur 0 und 1 annehmen... aber die idee bleibt die gleiche...

14.03.2011, 18:34

Zündholz

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Hallo,
müssen die X_n unabhängig sein?

Ich frage, sonst könnte man sich denke ich ein Gegenbeispiel konstruieren:
Für X_k = -X_1 bei k gerade und X_k = X_1 bei k ungerade ergibt sich dann

P(S_2= 0) = P(X_2 = 1,X_1 = -1) + P(X_2 = -1 ,X_1 = 1) = 1- p + p = 1
P(S_4 = 0) = P(X_4= 1,X_3 = -1,X_2 = 1,X_1 = -1) + P(X_4= -1,X_3 = 1,X_2 = -1 ,X_1 = 1)
= P(X_1 = -1) + P(X_1 = 1) = 1
.
.
.
P(S_{2n+1} = 0) = 0
P(S_{2n} = 0) = P(X_1 = -1) +P(X_1 = 1) = 1

usw. (ist das richtig oder täusche ich mich da gerade?)

Falls das passt muss man die Unabhängigkeit vorraussetzen und dann folgt das ganze denke ich auch aus dem Gesetz der großen Zahlen.

Schöne Grüße
Zündholz

14.03.2011, 18:49

HAL 9000

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Hinweis: Es ist $\begin{eqnarray*} S_n=0 \end{eqnarray*}$ genau dann. wenn genau so viele der $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ (j=1...n) gleich 1 sind wie -1.

Für ungerade $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ geht das offenbar gar nicht, d.h. $\begin{eqnarray*} P(S_{2k+1}=0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Für gerade $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ muss dann also genau k-mal die 1 und genau k-mal die -1 unter den $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ auftreten. Und jetzt denk nochmal über den Hinweis mit dem $\begin{eqnarray*} \binom{2k}{k} \end{eqnarray*}$ nach. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Sorry, hatte das mit den Indizes verpuzzelt ("Doppelbelegung" von k) - ist jetzt korrigiert. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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14.03.2011, 19:44

dinzeoo

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Zitat:

Original von Zündholz
Hallo,
müssen die X_n unabhängig sein?

die mengen die ich angegeben habe mit A_n müssen nicht unabhängig sein. damit folgt glaube ich auch auch das die X_n nicht unbedingt unabhängig sein müssen.

14.03.2011, 19:52

Zündholz

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Dann ist mein Gegenbeispiel falsch?

14.03.2011, 19:55

HAL 9000

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Zitat:

Original von dinzeoo
damit folgt glaube ich auch auch das die X_n nicht unbedingt unabhängig sein müssen.

Wenn schon nicht Unabhängigkeit - irgendeine Forderung an die $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ untereinander musst du noch stellen, denn ansonsten ist es ein leichtes, ein Gegenbeispiel für

Zitat:

Original von Riemannson
$\begin{eqnarray*} P(\{\omega :S_n(\omega)=0 \ \ \text{für unendlich viele n}\})=0 \end{eqnarray*}$

anzugeben: $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ unabhängig sowie

$\begin{eqnarray*} X_1=X_3=X_5= \ldots \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} X_2=X_4=X_6= \ldots \end{eqnarray*}$

(also nicht nur identisch verteilt, sondern wirklich identisch!).

@Zündholz

Dein Beispiel ist ähnlich aufgebaut, passt aber nicht ganz: Bei deiner Konstruktion widerspricht

$\begin{eqnarray*} P(X_2=1) = P(X_1=-1) = 1-p \end{eqnarray*}$

der Forderung $\begin{eqnarray*} P(X_2=1)=p \end{eqnarray*}$ .

14.03.2011, 20:05

dinzeoo

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also ehrlichgesagt bin ich etwas durcheinander... die aufgabe selbst ist mit borel cantelli und dem hinweis nicht wirklich schwer....
bei deiner frage bin ich mir nicht 100%ig sicher.

zu deinem bsp:

Zitat:

Original von Zündholz
Ich frage, sonst könnte man sich denke ich ein Gegenbeispiel konstruieren:
Für X_k = -X_1 bei k gerade und X_k = X_1 bei k ungerade ergibt sich dann

ist im wiederspruch zu

Zitat:

Original von Riemannson

ich habe folgende Aufgabe: $\begin{eqnarray*} P(X_n=1)=p=1-P(X_n=-1), \ \ p\neq 0,5, \ \ S_0=0, \ \ S_n=\sum_{i=1}^n X_i, \ \ n\geq 1 \end{eqnarray*}$

unabhängig bin ich gerade selbst am überlegen...

14.03.2011, 20:11

dinzeoo

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hatte den beitrag von hal9000 beim letzten post nicht gesehen gehabt....

ok, dann passt meine aussage mit dem nicht unabhängig vll doch nicht Augenzwinkern

Augenzwinkern

... aber so richtig durchgeblickt hab ich da noch nicht....

14.03.2011, 20:16

HAL 9000

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Man kann es so zusammenfassen: Die Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ ist hinreichend für die Behauptung, zudem sehr bequem damit zu rechnen.

Notwendig ist die Unabhängigkeit sicher nicht, es lassen sich leicht auch Beispiele angeben, wo die Behauptung bei fehlender Unabhängigkeit trotzdem gilt. Aber wie das (andere) Beispiel aus meinem letzten Beitrag zeigt, geht es nun auch wieder nicht im allgemeinen Fall, d.h. ganz ohne Forderungen.

14.03.2011, 21:13

Zündholz

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Sorry, hatte das zu voreilig falsch überlegt.
Prizipiell gehts also ohne unabhängigkeit (evtl. schwächer) nicht.

Allerdings find ich bei Unabhängigkeit die aussage recht offensichtlich nach dem schwachen Gesetz, also da
E[X] = p - (1-p) = 2*p -1 \not= 0
kann
P(S_n = 0 für unendlich viele n) = P(1/n * S_n = 0 für unendlich viele n)
nur 0 sein, sonst hätte man ja einen Widerspuch zum schwachen Gesetz...
Oder geht das mit Borel Cantelli noch einfacher.

Schöne Grüße

P.S. ich seh auch nicht wie man ohne Unabhängigkeit die Summe ausrechnen könnte. Hab mir da aber auch nicht wirklich gedanken gemacht.

14.03.2011, 23:01

HAL 9000

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Zitat:

Original von Zündholz
Oder geht das mit Borel Cantelli noch einfacher.

Naja, es kommt wohl ganz darauf an, was man als "elementarer" ansieht: GgZ oder Borel-Cantelli ... Ansichtssache.

Der Hinweis lässt vermuten, dass die Aufgabensteller gern die Borel-Cantelli-Variante sehen möchsten. Jetzt muss man entscheiden, ob man ihnen den Gefallen tut. Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.03.2011, 00:08

Zündholz

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Also Elementarer und vorallem mit mehr Hintergrung/Erkenntnis find ich das Gesetz der großen Zahlen. (mal davon abgesehen, dass schwach der Beweis ein Zweiteiler ist.)

Aber wie du schon richtig bemerkt hast: Ansichtssache Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.03.2011, 06:15

dinzeoo

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den ansatz mit dem schwachen gesetz find ich recht gut... die unabhängigkeit wird hier ja gegeben sein, mein problem war, dass borel cantelli die unabhängigkeit für die mengen ja nicht fordert und das wollte ich irgendwie krampfhaft auf die X_i übertragen...

20.03.2011, 14:32

Riemannson

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also ich komm hier irgendwie nicht weiter. Also das die Summe eine gerade Anzahl an Summanden bracht ist klar (die Hälfte davon -1 und die andere +1)

Das mit der Binomialverteilung ist mir nicht ganz klar?
Kann ich denn einfach sagen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} P(S_n=0) < \infty \Leftrightarrow \sum_{k=1}^{\infty} P\bigg( \sum_{i=1}^{n=2k} X_i =0 \bigg) < \infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P\bigg( \sum_{i=1}^{n=2k} X_i \bigg)=\sum_{i=1}^{n=2k} P(X_i) \end{eqnarray*}$ , da X_i unabhängig.

???

und dann fehlt noch die sache mit dem hinweis verwirrt

verwirrt

20.03.2011, 14:54

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von HAL 9000
Hinweis: Es ist $\begin{eqnarray*} S_n=0 \end{eqnarray*}$ genau dann. wenn genau so viele der $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ (j=1...n) gleich 1 sind wie -1.

Für ungerade $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ geht das offenbar gar nicht, d.h. $\begin{eqnarray*} P(S_{2k+1}=0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Für gerade $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ muss dann also genau k-mal die 1 und genau k-mal die -1 unter den $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ auftreten. Und jetzt denk nochmal über den Hinweis mit dem $\begin{eqnarray*} \binom{2k}{k} \end{eqnarray*}$ nach. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Sorry, hatte das mit den Indizes verpuzzelt ("Doppelbelegung" von k) - ist jetzt korrigiert. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das ist der entscheidende Hinweis. Deine zweite Umformung funktioniert übrigens nicht.

21.03.2011, 12:20

Riemannson

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okay!

also mal vllt. nicht ganz (mathematisch) korrekt formuliert:

da S_n binomialverteilt ist, ist ja die Summe zu untersuchen:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{k=1}^{\infty} \binom {2k} k p^{2k}<\sum_{k=1}^{\infty} 2^{2k} p^{2k}=\sum_{k=1}^{\infty} 2p^{2k}<\infty \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} p<\frac 1 2 \end{eqnarray*}$

???

21.03.2011, 12:59

dinzeoo

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Zitat:

Original von Riemannson
okay!

also mal vllt. nicht ganz (mathematisch) korrekt formuliert:

da S_n binomialverteilt ist, ist ja die Summe zu untersuchen:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{k=1}^{\infty} \binom {2k} k p^{2k}<\sum_{k=1}^{\infty} 2^{2k} p^{2k}=\sum_{k=1}^{\infty} 2p^{2k}<\infty \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} p<\frac 1 2 \end{eqnarray*}$

???

nein, da sind noch mehrere fehler drin.

1. $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} P(S_n=0) \not=\sum_{k=1}^{\infty} \binom {2k} k p^{2k} \end{eqnarray*}$

2. $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} 2^{2k} p^{2k}\not=\sum_{k=1}^{\infty} 2p^{2k} \end{eqnarray*}$

3. $\begin{eqnarray*} p<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ ist laut aufgabenstellung garnicht vorausgesetzt.

22.03.2011, 17:19

uru12

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$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \binom {2k} k p^{k} (1-p)^{2k-k}<\sum_{k=1}^{\infty} 2^{2k} p^{k} (1-p)^{k}=\sum_{k=1}^{\infty} 4^k p^{k} (1-p)^k = \sum_{k=1}^{\infty} [4p(1-p)]^{k} \end{eqnarray*}$ , wobei 4p(1-p) sein Maximum bei p=0,5 hat, dort ist 4p(1-p) nämlich 1. Da aber p ungleich 0,5 vorausgesetzt ist, handelt es sich um eine konvergente Reihe.

Vl hättest du zur Klausur-Einsicht gehen sollen! ;-)

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