0-1 Gesetz von Borel-Cantelli

25.05.2018, 11:01

FelNa1109

0-1 Gesetz von Borel-Cantelli

Hallo, ich bräuchte Hilfe bei der folgenden Aufgabe:

Aufgabe:
Eine Münze mit Werten in $\begin{eqnarray*} \left\{ K, Z\right\} \end{eqnarray*}$ und Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ werde unendlich oft unabhängig geworfen. Sei $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ das Resultat des n-ten Wurfs und

$\begin{eqnarray*} A_n = \left\{ X_{n+1} = X_{n+2} = ... = X_{n+\lceil log(n)\rceil } = K\right\} \end{eqnarray*}$

das Ereignis, dass nach dem n-ten Wurf mindestens $\begin{eqnarray*} log(n) \end{eqnarray*}$ -mal in Folge $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ kommt. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass dies für unendlich viele $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ passiert.

Meine Ideen:
Mein einziger Ansatz war das 0-1 Gesetz von Borel-Cantelli zu verwenden, darum hab ich so auch das Thema benannt. Dafür müsste ich ja zuerst zeigen, dass die $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ unabhängig sind:

$\begin{eqnarray*} \mathbb P (\bigcap A_n) = \mathbb P( \bigcap \left\{ X_{n+1} = X_{n+2} = ... = X_{n+\lceil log(n)\rceil } = K\right\} ) = <br /> \prod \mathbb P( \left\{ X_{n+1} = X_{n+2} = ... = X_{n+\lceil log(n)\rceil } = K\right\} ) = \prod \mathbb P(A_n) \end{eqnarray*}$
da die $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ unabhängig sind.

Desweiteren ist

$\begin{eqnarray*} \mathbb P (A_n) = \mathbb P( \left\{ X_{n+1} = X_{n+2} = ... = X_{n+\lceil log(n)\rceil } = K\right\} ) = \mathbb P(\bigcap\limits_{k=1}^{log(n)} \left\{ X_{n+k} = K\right\} ) = \prod\limits_{k=1}^{log(n)} \mathbb P(\left\{ X_{n+k} = K\right\} = (\frac{1}{3})^{log(n)} \end{eqnarray*}$

wieder aufgrund der Unabhängigkeit der ZV. und somit ist:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mathbb P(A_n) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} (\frac{1}{3})^{log(n)} \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$

Nach dem 0-1 Gesetz von Borel Cantelli (hier) folgt nun

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \mathbb P(\limsup_{n \to \infty} A_n) = 1 \end{eqnarray*}$

Mehr hab ich leider nicht. Wäre schön wenn mir jemand helfen könnte. Danke smile

25.05.2018, 12:01

Guppi12

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

ich kann deine Begründung zur Unabhängigkeit nicht nachvollziehen und sie ist ziemlich sicher auch falsch, weil diese Ereignisse keinesfalls unabhängig sein dürften. Ganz ohne Rechnung muss man sich das nur einmal logisch vorstellen. Wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ sehr groß ist, wird im Allgemeinen meist $\begin{eqnarray*} \lceil \log(n)\rceil =\lceil \log(n+1)\rceil \end{eqnarray*}$ . Das heißt $\begin{eqnarray*} P(A_{n+1} | A_n) = P(X_{n+1+\lceil \log(n)\rceil} = K) = \frac 13 \neq P(A_{n+1}) \end{eqnarray*}$ .

Bei deiner Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(A_n) \end{eqnarray*}$ hast du die Aufrundeklammer einfach weggelassen, das geht natürlich nicht!

Bei $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty P(A_n) \end{eqnarray*}$ , solltest entweder beide male $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ oder beide male $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ schreiben. Wie kommst du darauf, dass dieses Reihe divergiert?

25.05.2018, 12:45

FelNa1109

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo, erstmal Danke fürs Antworten. War also mal wieder alles falsch, naja hab einfach keinerlei Plan von Stochastik unglücklich

! Das mit der Summe war übrigens nur ein Tippfehler. Deiner Meinung nach, konvergiert also die Reihe? Wenn das so wäre bräuchte ich ja die Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ auch gar nicht. Vielleicht kann man das ja mit Majorantenkriterium zeigen, indem ich ne konvergente Reihe durch die Abschätzung des Logarithmus find mit

$\begin{eqnarray*} 1 - \frac{1}{n} < log(n) < n - 1 \end{eqnarray*}$

25.05.2018, 13:02

Guppi12

Auf diesen Beitrag antworten »

Du musst dir doch irgendwas dabei gedacht haben, als du geschrieben hast, die Summe würde divergieren. Was war denn das? Ich habe doch gar nicht gesagt, dass ich meine, dass sie konvergiert, nur nachgefragt, warum du meinst, dass sie divergiert.

Um zu klären, ob die Reihe konvergiert oder divergiert, würde ich das Verdichtungskriterium verwenden.

25.05.2018, 13:06

FelNa1109

Auf diesen Beitrag antworten »

Wir hatten in der Vorlesung ein so ähnliches Beispiel und da meinte unser Dozent auch das die Summe divergiert. Ich bin einfach blind davon ausgegangen, das das hier auch so ist... Sry.

25.05.2018, 13:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von FelNa1109
Wir hatten in der Vorlesung ein so ähnliches Beispiel und da meinte unser Dozent auch das die Summe divergiert.

Das "ähnliche" Beispiel war womöglich mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ? smile

25.05.2018, 13:49

FelNa1109

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Das "ähnliche" Beispiel war womöglich mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ? smile

Ja... -____-

Ich werd jetzt mal versuchen die Konvergenz/Divergenz mit dem Verdichtungskriterium hin zu bekommen. Wäre nett wenn dann später nochmal jemand drüber schaut! smile

25.05.2018, 13:54

Guppi12

Auf diesen Beitrag antworten »

Mir ist gerade aufgefallen, dass das auch elementarer geht. Nutze dafür $\begin{eqnarray*} 3 = e^{\ln(3)} \end{eqnarray*}$ und schau, was du mit den Potenzgesetzen hier machen kannst.

Mit dem Verdichtungskriterium gehts aber auch.

25.05.2018, 15:16

FelNa1109

Auf diesen Beitrag antworten »

Also noch mal Alles von vorn:

Für ein $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ gemäß der Aufgabenstellung gilt aufgrund der Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \mathbb P(A_n) = \mathbb P(\left\{ X_{n+1}=X_{n+2}= ... =X_{n+ \lceil log(n)\rceil}=K\right\}) = \mathbb P( \bigcap\limits_{k=1}^{\lceil log(n)\rceil} \left\{ X_{n+k}=K\right\}) = \prod \limits_{k=1}^{\lceil log(n)\rceil} \mathbb P(\left\{ X_{n+k}=K\right\}) = \left(\frac{1}{3}\right)^{\lceil log(n)\rceil} \end{eqnarray*}$

Noch zu zeigen: Die Konvergenz der Reihe
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \mathbb P(A_n) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^{log(n)} \end{eqnarray*}$

Bei dem Konvergenznachweis, hab ich mich mal an beiden Varianten versucht. Wäre nett wenn´s ein Feedback gibt smile

Verdichtungskriterium:
Nach dem Verdichtungskriterium ist die Konvergenz der obigen Reihe äquivalent zur Konvergenz der folgenden verdichteten Reihe, für welche wiederum gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^n \left(\frac{1}{3}\right)^{log(2^n)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} e^{n*log(2)} \left(\frac{1}{3}\right)^{n*log(2)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{e^{-(log(2)-log(3)log(2))}}\right) ^n \end{eqnarray*}$

Diese Reihe konvergiert, das $\begin{eqnarray*} \vert \frac{1}{e^{-(log(2)-log(3)log(2))}}\vert < 1 \end{eqnarray*}$ gilt.

"der andere Trick"

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^{log(n)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{e^{log(3)}}\right)^{log(n)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{e^{log(3)log(n)}}\right) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n^{log(3)}}\right) \end{eqnarray*}$

Diese Abwandlung der harmonischen Reihe konvergiert, da $\begin{eqnarray*} log(3)>1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Also haben wir insgesamt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \mathbb P(A_n) < \infty \end{eqnarray*}$

und nach dem 0-1-Gesetz von Borel Cantelli folgt,
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\limsup_{n \to \infty} A_n ) = 0 \end{eqnarray*}$

25.05.2018, 15:25

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Genauso ist es. Wenn man sich das ganze genauer anschaut, sieht man bei gegebenem $\begin{eqnarray*} P(K)=p \end{eqnarray*}$ hinsichtlich der hier diskutierten Frage für $\begin{eqnarray*} p<\frac{1}{e} \end{eqnarray*}$ (z.B. 1/3) ein anderes Verhalten als für $\begin{eqnarray*} p>\frac{1}{e} \end{eqnarray*}$ (z.B. 1/2). Augenzwinkern

25.05.2018, 16:23

FelNa1109

Auf diesen Beitrag antworten »

also passt das jetzt so?

25.05.2018, 16:36

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

überflüssige Nachfrage
Was war an "Genauso ist es" denn so undeutlich?

Neue Frage »

Antworten »

0-1 Gesetz von Borel-Cantelli

Verwandte Themen