Runs von Nullen

16.04.2012, 14:29	lego	Auf diesen Beitrag antworten »
Runs von Nullen Ich habe folgende Aufgabestellung: Eine faire Münze wird unbeschränkt oft geworfen. Für $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ sei $\begin{eqnarray} L_n=0 \end{eqnarray}$ wenn der n-te Wurf eine 1 zeigt, anderenfalls sei $\begin{eqnarray} L_n \end{eqnarray}$ die Länge des Runs von Nullen, der mit dem n-ten Wurf beginnt. z.z.: (a) Zeigen Sie, dass für jede Folge $\begin{eqnarray} (r_n) \end{eqnarray}$ positiver reeller Zahlen das Ereignis $\begin{eqnarray} \{L_n>r_n\ unendlich\ oft\} \end{eqnarray}$ die W-keit 0 oder 1 hat. (b) Welche der beiden Alternativen trifft zu, wenn man $\begin{eqnarray} r_n=(1+\epsilon)log_2 n \end{eqnarray}$ (n>1) wählt? Ich muss sagen, dass ich keine Idee habe, wie ich das zeigen soll, ich bin mir nicht mal ganz sicher, ob ich das Ereignis richtig interpretiere. Ist das so gemeint: Ich nehme eine unendlich Lange Serie von Münzwürfen und eine Folge reeller Zahlen und schaue dann ob die Runs von Nullen jeweils größer Sind als das Folgenglied. Und wenn das unendlich oft der Fall ist, dann ist es das Ereignis?
16.04.2012, 16:00	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so in etwa. Die zufällige Folge $\begin{eqnarray} L_n \end{eqnarray}$ hat ja auch eine sehr spezielle Struktur: Im Fall $\begin{eqnarray} L_n>0 \end{eqnarray}$ ist z.B. zwangsläufig $\begin{eqnarray} L_{n+1} = L_n-1 \end{eqnarray}$ , d.h., dass die bedingte Verteilung $\begin{eqnarray} P(L_{n+1} \bigm\| L_n=k) \end{eqnarray}$ nur im Fall $\begin{eqnarray} k=0 \end{eqnarray}$ wirklich zufällig ist, während sie im Fall $\begin{eqnarray} k>0 \end{eqnarray}$ deterministisch ist mit $\begin{eqnarray} P(L_{n+1}=k-1 \bigm\| L_n=k)=1 \end{eqnarray}$ . Man kann erstmal $\begin{eqnarray} P(L_n > r_n) \end{eqnarray}$ berechnen: Das erfordert eine Kette von mindestens $\begin{eqnarray} (r_n+1) \end{eqnarray}$ Nullen, beginnend bei Position $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ , es ist also $\begin{eqnarray} P(L_n > r_n) = \frac{1}{2^{r_n+1}} \end{eqnarray}$ . Ich denke, das ganze läuft irgendwie auf Borel-Cantelli hinaus, im Fall $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty} P(L_n>r_n) < \infty \end{eqnarray}$ ist das fast trivial, glücklicherweise fällt Fall b) darunter. Im anderen Fall $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty} P(L_n>r_n) = \infty \end{eqnarray}$ hat man aber das Problem, dass die $\begin{eqnarray} L_n \end{eqnarray}$ nicht unabhängig sind. Dazu kann man sich aber nun folgendes überlegen: Es ist $\begin{eqnarray} [L_n>r_n]=[L_n\leq r_n]^c \end{eqnarray}$ , d.h. dieses Ereignis hängt nur von dem Würfen $\begin{eqnarray} n,n+1,\ldots,n+r_n \end{eqnarray}$ ab, d.h. im Fall $\begin{eqnarray} m>n+r_n \end{eqnarray}$ sind die Ereignisse $\begin{eqnarray} [L_n>r_n] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} [L_m>r_m] \end{eqnarray}$ garantiert unabhängig... Ich hoffe, dass es in der Richtung weitergeht: Man konstruiert eine Teilfolge $\begin{eqnarray} (n_k) \end{eqnarray}$ mit ebenfalls divergenten $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{\infty} P(L_{n_k}>r_{n_k}) = \infty \end{eqnarray}$ , bei der aber die $\begin{eqnarray} L_{n_k} \end{eqnarray}$ gemäß obiger Überlegung so "weit" auseinanderliegen, dass sie unabhängig sind - dann würde der zweite Teil von Borel-Cantelli greifen. Vielleicht bin ich da aber auch auf dem Holzweg, das gebe ich gern zu. Ich bin also auch begierig, Alternativvorschäge zu diesem interessanten Problem zu hören.
19.04.2012, 13:48	lego	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Ideen, schon mal. Ich kann das ganze für den Fall $\begin{eqnarray} <\infty \end{eqnarray}$ nachvollziehen. Den unendlichen Teil versteh ich noch nicht so recht. Da bräuchte ich noch Hilfe. Kann es sein, dass bei b) die Riemannsche Zeta-Funktion $\begin{eqnarray} \zeta(1+\epsilon) \end{eqnarray}$ rauskommt?

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