Terminale Ereignisse, identisch verteilte Zufallsvariablen

08.12.2013, 22:11

Lithiesque

Terminale Ereignisse, identisch verteilte Zufallsvariablen

Aufgabe:
Sei $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ eine Folge unabhängiger, identisch verteilter Zufallsvariablen. Es existiere $\begin{eqnarray*} c \in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P(A):=P(\{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_i=c\})>0 \end{eqnarray*}$ .
Zeige: $\begin{eqnarray*} P(B):=P\{|f_n|>n \end{eqnarray*}$ für unendlich viele n $\begin{eqnarray*} \})=0 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Es handelt sich bei A und B um terminale Ereignisse, d.h. $\begin{eqnarray*} P(A)>0 \end{eqnarray*}$ impliziert sogar $\begin{eqnarray*} P(A)=1 \end{eqnarray*}$ . Meine Idee wäre jetzt, zu zeigen, dass B im Komplement von A liegt; das ergäbe jedenfalls die Behauptung - ich bin mir nur nicht sicher, ob es stimmt und kann es leider nicht zeigen. Ich fände es aber naheliegend, denn wenn die $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ betragsmäßig groß werden, wird tendenziell sogar ihr arithmetisches Mittel nicht mehr konvergieren (würde ich zumindest von der Anschauung her sagen). Kann man das zeigen (und wenn ja, wie müsste man es angehen)?

09.12.2013, 14:35

RAP

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Hallo,

dass automatisch $\begin{eqnarray*} P(A)=1 \end{eqnarray*}$ folgt, ist mir nicht sofort klar. Also stimmt vielleicht schon, aber das würde ich schon ausführlich zeigen wollen, bevor ich das benutze.

Mein Gedanke, an die Sache ranzugehen, ist folgender:

Markov-Ungleichung: $\begin{eqnarray*} P(f_{n} \geq n) \leq \frac{E[f_{n}]}{n} \end{eqnarray*}$ .

Da die $\begin{eqnarray*} f_{n} \end{eqnarray*}$ iid sind, ist $\begin{eqnarray*} E[f_{n}] = E[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}f_{i}] \end{eqnarray*}$

Damit: $\begin{eqnarray*} P(f_{n} \geq n) \leq \frac{1}{n} E[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}f_{i}] \end{eqnarray*}$

Auf Grund der Voraussetzung geht der Erwartungswert nun für $\begin{eqnarray*} n \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ gegen die Konstante $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ während im Nenner $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ stehen bleibt. Also:

$\begin{eqnarray*} P(f_{n} \geq n) \leq \frac{1}{n} E[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}f_{i}] \rightarrow 0 (n \rightarrow \infty) \end{eqnarray*}$ und damit die Behauptung.

09.12.2013, 21:33

Lithiesque

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Hallo RAP,

zunächst einmal vielen Dank für deine Antwort. smile

Zitat:

Original von RAP
dass automatisch $\begin{eqnarray*} P(A)=1 \end{eqnarray*}$ folgt, ist mir nicht sofort klar.

Naja, wir dürfen verwenden, dass A ein terminales Ereignis ist, und da die $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, denke ich, dass das dann aus dem Kolmogorowschen Null-Eins-Gesetz folgt.

Wir haben den Begriff des Erwartungswerts noch nicht explizit eingeführt, aber Wikipedia hat mir verraten, dass $\begin{eqnarray*} E[f]=\int fdP \end{eqnarray*}$ für quasiintegrierbare $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist. Wäre die Markov-Ungleichung aber dann nicht auch nur anwendbar, wenn die $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ quasiintegrierbar sind?
Leider komme ich nicht drauf, wieso $\begin{eqnarray*} E[f_n]=E[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_i] \end{eqnarray*}$ ist. Könntest du du mir da einen Tipp geben?

10.12.2013, 08:56

RAP

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Hallo,

ja mit dem $\begin{eqnarray*} P(A)=1 \end{eqnarray*}$ hast Du wahrscheinlich recht - mir sind einfach die Einzelheiten dazu im Moment nicht präsent.

Achso, noch kein Erwartungswert? Stimmt, es ist $\begin{eqnarray*} E[f]=\int f dP \end{eqnarray*}$ . Und macht dieser Ausdruck einen Sinn für Dich, wenn Du das noch nie gesehen hast?

Dein Einwand mit der Quasi-integrierbarkeit ist hier kein Problem, denn quasi-integrierbar ist eine Zufallsvariable immer: Quasi-Integrierbarkeit bedeutet ja, dass der Erwartungswert auch unendlich sein kann. Um die Markov-Ungleichung zu nutzen genügt also einfach eine reellwertige Zufallsvariable.

Dann zu Deiner anderen Frage:

z.z.: $\begin{eqnarray*} E[f_{n}]=E[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f_{i}] \end{eqnarray*}$

Da die $\begin{eqnarray*} f_{n} \end{eqnarray*}$ iid, also auch identisch verteilt sind, haben alle den selben Erwartungswert: $\begin{eqnarray*} m:= E[f_{n}] \end{eqnarray*}$ . Weiter ist der Erwartungswert linear und damit folgt:

$\begin{eqnarray*} E[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}f_{i}]= \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} E[f_{i}]= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}m =\frac{1}{n} nm = m = E[f_{n}] \end{eqnarray*}$

11.12.2013, 00:12

Lithiesque

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Hallo,

Zitat:

Original von RAP
Achso, noch kein Erwartungswert? Stimmt, es ist $\begin{eqnarray*} E[f]=\int f dP \end{eqnarray*}$ . Und macht dieser Ausdruck einen Sinn für Dich, wenn Du das noch nie gesehen hast?

Ja, das Integral wurde bereits definiert. Auch der Begriff des Erwartungswertes klang bereits an; ich schrieb das nur zur Erläuterung dafür, dass ich noch etwas ungeübt im Umgang mit Erwartungswerten bin.

Zitat:

Dein Einwand mit der Quasi-integrierbarkeit ist hier kein Problem, denn quasi-integrierbar ist eine Zufallsvariable immer: Quasi-Integrierbarkeit bedeutet ja, dass der Erwartungswert auch unendlich sein kann. Um die Markov-Ungleichung zu nutzen genügt also einfach eine reellwertige Zufallsvariable.

Bei uns wurde Quasi-Integrierbarkeit einer Funktion so definiert, dass der Positivteil oder der Negativteil dieser Funktion einen endlichen Erwartungswert hat. D.h. $\begin{eqnarray*} f(x):=x \end{eqnarray*}$ wäre doch beispielsweise (nach dieser Definition) nicht quasi-integrierbar, aber als stetige Funktion eine Zufallsvariable, oder?

Zitat:

Da die $\begin{eqnarray*} f_{n} \end{eqnarray*}$ iid, also auch identisch verteilt sind, haben alle den selben Erwartungswert: $\begin{eqnarray*} m:= E[f_{n}] \end{eqnarray*}$ .

Aber wie bekommt man das? Anschaulich ist mir das klar, aber ich komme leider nicht drauf, wie man es beweisen könnte.

11.12.2013, 09:40

RAP

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Zitat:

Bei uns wurde Quasi-Integrierbarkeit einer Funktion so definiert, dass der Positivteil oder der Negativteil dieser Funktion einen endlichen Erwartungswert hat. D.h. wäre doch beispielsweise (nach dieser Definition) nicht quasi-integrierbar, aber als stetige Funktion eine Zufallsvariable, oder?

Ah ja - jetzt sehe ich das Problem. Es war mein Fehler bzw. meine Schlampigkeit. Gut, dass Du so gut aufpasst smile

Die Markov-Ungleichung, wie ich sie geschrieben habe, ist nicht ganz korrekt - es fehlen die Betragsstriche, die ja auch in Deiner Behauptung vorkommen: $\begin{eqnarray*} P(|f_{n}| \geq n) \leq \frac{E[|f_{n}|]}{n} \end{eqnarray*}$

Allgemein besagt die Markov-Ungleichung nämlich (bei genauem hinsehen Augenzwinkern

): $\begin{eqnarray*} P(f_{n} \geq n) \leq \frac{E[h(f_{n})]}{h(n)} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} h: \mathbb{R} \rightarrow [0,\infty) \end{eqnarray*}$ monoton steigend. Jetzt hast Du auch die Quasiintegrierbarkeit im Sinne der Definition, die Du geschrieben hast.

Zitat:

Da die iid, also auch identisch verteilt sind, haben alle den selben Erwartungswert: . Aber wie bekommt man das? Anschaulich ist mir das klar, aber ich komme leider nicht drauf, wie man es beweisen könnte.

Statt $\begin{eqnarray*} E[f] = \int f dP \end{eqnarray*}$ kann man auch $\begin{eqnarray*} \int x dF(x) \end{eqnarray*}$ schreiben, falls $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ durch eine Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ gegeben ist im Sinne von $\begin{eqnarray*} F((a,b])=P(b)-P(a) \end{eqnarray*}$ . Sind die $\begin{eqnarray*} f_{n} \end{eqnarray*}$ also hier identisch verteilt, haben alle die selbe Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ und damit folgt sofort: $\begin{eqnarray*} E[f_{i}]= \int x dF(x) = E[f_{j}] (i \neq j) \end{eqnarray*}$

11.12.2013, 15:18

Lithiesque

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Aber wenn man $\begin{eqnarray*} P(|f_n| \geq n) = \frac{E[|f_n|]}{n} \end{eqnarray*}$ hat, wie schließt man dann weiter? Über $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n|f_i| \end{eqnarray*}$ hat man ja keine Aussage zur Verfügung.

Hm... wir haben uns noch nicht mit Verteilungsfunktionen beschäftigt, aber der Beweis sieht einleuchtend aus.

12.12.2013, 14:49

RAP

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Hmm.. ja scheiße - dann funktioniert das so wohl nicht.

Ich hab gerade schon eifrig rumprobiert und komm sonst auch auf keine Lösung.

Ich hab's einmal damit probiert, dass die Voraussetzung, die ja gerade Konvergenz des arithmetischen Mittels P-fast-sicher beschreibt die Konvergenz nach Wahrscheinlichkeit impliziert.

Und ein andere Möglichkeit wäre das Lemma von Borel-Cantelli, das sehr vielversprechend aussieht. Dazu definiere $\begin{eqnarray*} A_{n} = \{ \omega | |f_{n}(\omega) | > n \} \end{eqnarray*}$ . Wenn Du dann zeigen kannst, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty} P(A_{n})< \infty \end{eqnarray*}$ , so folgt mit dem Lemma sofort die Behauptung. Dabei scheint es mir sinnvoll auszunutzen, dass wegen der gleichen Verteilung $\begin{eqnarray*} P(|f_{n}| >n) = P(|f_{1}| > n) \end{eqnarray*}$ gilt. Vielleicht täusche ich mich da jedoch auch. Jedenfalls scheitere ich auch immer daran, den Bezug zu der Voraussetzung herzustellen, weil man durch diese keine Aussage über die Werte im Betrag hat...

Vielleicht bringen Dich meine Ideen noch auf einen grünen Zweig... sonst Sorry und auch von meiner Seite: Hilfe!

12.12.2013, 16:11

Lithiesque

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Ich werds mal versuchen... trotzdem vielen Dank für deine Mühe! smile

13.12.2013, 10:14

RAP

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Mir ist jetzt noch eingefallen, wie man die Konvergenz der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty} P(A_{n}) \end{eqnarray*}$ zeigen kann, so wie ich das im Zusammenhang mit dem Lemma von Borel-Cantelli beschrieben habe.

Und zwar gilt allgemein, dass $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty} a_{k} \end{eqnarray*}$ konvergiert, falls $\begin{eqnarray*} limsup \frac{a_{k+1}}{a_{k}} < 1 \end{eqnarray*}$ . Nun ist hier $\begin{eqnarray*} sup_{n} \frac{P(A_{n+1})}{P(A_{n})}=sup \frac{P(|f_{1}|>n+1)}{P(|f_{1}|>n)} \end{eqnarray*}$ und die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{eqnarray*} |f_{1}|>n+1 \end{eqnarray*}$ ist natürlich immer kleiner als Die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{eqnarray*} |f_{1}|>n \end{eqnarray*}$ . Womit also $\begin{eqnarray*} limsup \frac{P(|f_{1}|>n+1)}{P(|f_{1}|>n)}<1 \end{eqnarray*}$ gilt. Damit folgt Deine Behauptung mit Borel-Cantelli.

Etwas verwirrend ist nur, dass die Voraussetzungen der Unabhängigkeit und der P-fast-sicheren Konvergenz des arithmetischen Mittels da gar nicht eingehen. Überhaupt ist das mit der Konvergenz des arithmetischen Mittels eine fragwürdige Sache, da diese schon (unter der Annahme, dass Erwartungswert und Varianz der $\begin{eqnarray*} f_{i} \end{eqnarray*}$ existieren und endlich sind) aus dem allgemeinen Starken Gesetz der großen Zahlen folgt für $\begin{eqnarray*} c=E[f_{i}] \end{eqnarray*}$ .

13.12.2013, 19:46

Lithiesque

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$\begin{eqnarray*} \frac{P(|f_1|>n+1)}{P(|f_1|>n)}<1, \forall n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ impliziert aber lediglich $\begin{eqnarray*} \sup_n\frac{P(|f_1|>n+1)}{P(|f_1|>n)}\leq 1 \end{eqnarray*}$ , also denke ich, dass das so nicht geht.

Die Existenz der Erwartungswerte der $\begin{eqnarray*} f_i \end{eqnarray*}$ soll dann im zweiten Teil der Aufgabe allerdings gerade gezeigt werden, darf also nicht vorausgesetzt werden.

Der Beweis geht folgendermaßen:
Das Kolmogorowsche Null-Eins-Gesetz impliziert $\begin{eqnarray*} P(A)=1 \end{eqnarray*}$ . Schreibt man $\begin{eqnarray*} S_n:=\sum_{i=1}^nf_i \end{eqnarray*}$ , so gilt daher $\begin{eqnarray*} \frac{f_n}{n}=\frac{S_n}{n}-\frac{n-1}{n}\frac{S_{n-1}}{n-1} \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ fast sicher. Dies impliziert offenbar die Behauptung.

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