Verschoben! Borel-Cantelli und Folge unabhängiger p-Bernoulliverteilter Zva

16.11.2013, 11:51	RAP	Auf diesen Beitrag antworten »
Borel-Cantelli und Folge unabhängiger p-Bernoulliverteilter Zva Hallo zusammen, ich versuche gerade, eine bestimmte Aufgabe zu lösen und komme nicht weiter. Bestimmt hängt sie mit dem Lemma von Borel-Cantelli zusammen. Dies besagt: Sei $\begin{eqnarray} $(A_{i})_{i \in \mathbb{N}}$ \end{eqnarray}$ eine Folge von Mengen in einer $\begin{eqnarray} $\sigma$ \end{eqnarray}$ -Algebra. Sei $\begin{eqnarray} $A^{}$ \end{eqnarray}$ die Menge der $\begin{eqnarray} $\omega$ \end{eqnarray}$ , die zu unendlichen vielen $\begin{eqnarray} $A_{i}$ \end{eqnarray}$ gehören: $\begin{eqnarray} $A^{}=lim sup A_{i} = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{m=n}^{\infty} A_{m}$ \end{eqnarray}$ . Dann gilt: Falls $\begin{eqnarray} $\sum P(A_{n}) < \infty$ \end{eqnarray}$ , so gilt $\begin{eqnarray} $P(A^{})=0$ \end{eqnarray}$ Falls $\begin{eqnarray} $\sum P(A_{n}) = \infty$ \end{eqnarray}$ und sind die $\begin{eqnarray} $A_{i}$ \end{eqnarray}$ unabhängig, so gilt $\begin{eqnarray} $P(A^{})=1$ \end{eqnarray}$ . Soweit so gut. Nun folgende Aufgabe: Sei $\begin{eqnarray} $y_{n}$ \end{eqnarray}$ eine Folge $\begin{eqnarray} $p$ \end{eqnarray}$ -Bernoulliverteilter Zufallsvariablen mit Werten $\begin{eqnarray} $1$ \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} $-1$ \end{eqnarray}$ . Sei $\begin{eqnarray} $z_{0}=0$ \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} $z_{n}:=\sum_{i=1}^{n} y_{i}$ \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} $A_{n}:=\{ z_{n}=0 \}$ \end{eqnarray}$ . Berechnen Sie $\begin{eqnarray} $P(lim sup A_{n})$ \end{eqnarray}$ und interpretieren Sie das Ergebnis. Da ich wie gesagt Borel-Cantelli anwenden möchte, bin ich erstmal so vorgegangen: Sei $\begin{eqnarray} $p=P(y_{i}=1)$ \end{eqnarray}$ . Betrachte $\begin{eqnarray} $P(A_{n})=P(\sum^{n} y_{i}=0)$ \end{eqnarray}$ . Offensichtlich ist dies der Fall, wenn die Hälfte der $\begin{eqnarray} $y_{i}$ \end{eqnarray}$ gleich $\begin{eqnarray} $1$ \end{eqnarray}$ und die andere Hälfte gleich $\begin{eqnarray} $-1$ \end{eqnarray}$ sind. Insbesondere ist das also für ungerades $\begin{eqnarray} $n$ \end{eqnarray}$ gar nicht möglich. Also $\begin{eqnarray} $P(A_{n})=0$ \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} $n$ \end{eqnarray}$ ungerade. Und beispielsweise für $\begin{eqnarray} $n=2$ \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} $P(y_{1}+y_{2}=0)= P((y_{1}=1 \wedge y_{2}=-1) \vee (y_{1}=-1 \wedge y_{2}=1))= P((y_{1}=1 \wedge y_{2}=-1) + P(y_{1}=-1 \wedge y_{2}=1) = 2pq$ \end{eqnarray}$ . Induktiv ergibt sich $\begin{eqnarray} $P(A_{n}) = npq$ \end{eqnarray}$ , falls $\begin{eqnarray} $n$ \end{eqnarray}$ gerade. Damit ist insbesondere $\begin{eqnarray} $\sum P(A_{n}) = \sum npq = \infty$ \end{eqnarray}$ . Könnte man nun zeigen, dass die $\begin{eqnarray} $A_{i}$ \end{eqnarray}$ unabhängig sind, so folgt $\begin{eqnarray} $P(A^{})=1$ \end{eqnarray}$ . Das habe ich versucht: Betrachte $\begin{eqnarray} $A_{m}, A_{n}$ \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} $n \neq m$ \end{eqnarray}$ . Sei OE $\begin{eqnarray} $m>n$ \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} $P(A_{n} \cap A_{m}) = P(A_{m}\|A_{n}) P(A_{n})$ \end{eqnarray}$ . Wiederum wär alles gleich $\begin{eqnarray} $0$ \end{eqnarray}$ , falls $\begin{eqnarray} $n$ \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} $m$ \end{eqnarray}$ ungerade und dann würde auch Unabhängigkeit folgen, also betrachte nur den Fall $\begin{eqnarray} $m,n$ \end{eqnarray}$ gerade. Dann ist $\begin{eqnarray} $P(A_{m}\|A_{n})$ \end{eqnarray}$ gerade die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe bis $\begin{eqnarray} $m$ \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} $0$ \end{eqnarray}$ ergibt, wenn die bis $\begin{eqnarray} $n$ \end{eqnarray}$ schon $\begin{eqnarray} $0$ \end{eqnarray}$ ergeben hat. Also muss die Summe dazwischen sich wieder auf $\begin{eqnarray} $0$ \end{eqnarray}$ addieren. Das ergibt $\begin{eqnarray} $P(A_{m}\|A_{n})= (m-n)pq$ \end{eqnarray}$ . Und damit $\begin{eqnarray} $P(A_{n} \cap A_{m}) = P(A_{m}\|A_{n}) P(A_{n})=(m-n)pq \cdot npq = np^{2}q^{2}(m-1)$ \end{eqnarray}$ . Andererseits ist $\begin{eqnarray} $P(A_{n}) P(A_{m})=npq \cdot mpq = nmp^{2}q^{2} \neq np^{2}q^{2}(m-1)$ \end{eqnarray*}$ . Also keine Unabhängigkeit. So. Nun meine Frage: Habe ich da einen Fehler gemacht oder muss man ganz anders an die Sache rangehen. Ich hab auch schon versucht, einfach die Wahrscheinlichkeit über Regeln für Schnitt und Vereinigung auszurechnen, aber kam zu nichts Brauchbarem. Ich bitte um Eure Hilfe! Liebe Grüße RAP

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