Zeigen: Folge stochastisch unabhängiger Zufallsvariablen genügt Schwachem Gesetz großer Zahlen

09.03.2013, 18:37	Lasagnemonster	Auf diesen Beitrag antworten »
Zeigen: Folge stochastisch unabhängiger Zufallsvariablen genügt Schwachem Gesetz großer Zahlen Meine Frage: Komme bei dieser Aufgabe nicht weiter... Sei [latexx](X_n)_{n \in \mathbb N } [/latex] Folge stoch. unabhängiger Zufallsvariablen auf Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray} (\Omega, \mathfrac A, P) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} P(X_n = n) = P(X_n = -n) = \frac{1}{2 n\, ln(n + 1)},\, P(X_n = 0) = 1 - \frac{1}{2n\cdot ln(n + 1) \end{eqnarray}$ . zu zeigen: Folge genügt dem Schwachen Gesetz großer Zahlen. Meine Ideen: Meine Erkenntnisse: $\begin{eqnarray} E(X_n) = n \frac{1}{2 n\, ln(n + 1)} - n \frac{1}{2 n\, ln(n + 1)} + 0 = 0 \end{eqnarray}$ d.h. der Erwartungswert ist endlich, aber $\begin{eqnarray} Var(X_n) = E(X_n^2) = 2 \frac{n^2}{2 n\, ln(n + 1)} + 0 \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ d.h. die Varianz ist es nicht! Die Funktion $\begin{eqnarray} h(n) = \frac{n}{ln(n + 1)} \end{eqnarray}$ ist natürlich monoton wachsend (das war auch als Hinweis ggb.). Nützt mir das noch mehr als für die Erkenntnis, dass die Varianz nicht endl. ist? Aber ich komme hier nicht weiter. Wie zeige ich jetzt, dass "trotz" unendlicher Varianz das schw. Gesetz gilt? Geht das irgendwie mit Markov-Ungleichung (wobei ich da auch nicht wirklich weiter weiß...) Außerdem weiß ich, dass die Folgenglieder selbst alle in Wahrscheinlichkeit gegen 0 konvergieren. Aber ich muss es ja jetzt auch für deren arithm. Mittel zeigen oder? Wäre für Lösungshilfen dankbar!
09.03.2013, 18:43	Lasagnemonster	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, da war ein Fehler im Code, mein Änderungsversuc hatte keinen Erfolg mehr das stand oben im nicht funktionierenden Latex-Code: Sei $\begin{eqnarray} (X_n)_{n \in \mathbb N } \end{eqnarray}$ Folge stoch. unabhängiger Zufallsvariablen auf Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray} (\Omega, A, P) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} P(X_n = n) = P(X_n = - n) = \frac{1}{2 n ln(n + 1)}, P(X_n = 0) = 1 - \frac{1}{2n\cdot ln(n + 1)} \end{eqnarray}$ .

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