Wahrscheinlichkeit von "Cantorschnitt" berechnen

07.01.2016, 09:19

r4ndom19

Wahrscheinlichkeit von "Cantorschnitt" berechnen

Hallo,

ich möchte zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} <br /> \lambda (\bigcap_{i=1}^m A_{k_{i}})=\lambda (\bigcap_{i=1}^{m-1} A_{k_{i}}) *0.5<br /> mit <br /> A_{n} =\bigcup_{i=1}^{2^{n-1}} \left[\frac{2^n-2^i}{2^n} , \frac{2^n-2^i +1}{2^n} \right[<br /> \end{eqnarray*}$

A_k_i ist dabei eine beliebige Teilfolge der A_n
Lambda bezeichne das 1-d LebesgueMaß

Ich habe es schon induktiv versucht, der I.A. für zwei Mengen wäre noch hinzukrigen, aber ich sehe keinen Vorteil im Induktionsschritt.
Von der Vorstellung her scheint die Aussage Sinn zu machen, aber ich weiß nicht wie ich an die Aufgabe rangehen soll. Die Menge ist an sich einfach sehr unahndlich, d.H. ich schaffe es nicht den Schnitt einfach "technisch" auszurechnen um so zu einem Ergebnis zu kommen....

07.01.2016, 11:51

HAL 9000

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Ich halte diese deine Behauptung schlicht für falsch - Gegenbeispiel:

Nehmen wir $\begin{align*} m=2 \end{align*}$ mit $\begin{align*} k_1=1 \end{align*}$ und $\begin{align*} k_2=3 \end{align*}$ . Dann ist

$\begin{align*} A_1 = \left[0,\frac{1}{2}\right[ \end{align*}$
$\begin{align*} A_3 = \left[0,\frac{1}{8}\right[ \cup \left[\frac{1}{2},\frac{5}{8}\right[ \cup \left[\frac{3}{4},\frac{7}{8}\right[ \end{align*}$ ,

und folglich

$\begin{align*} \lambda(A_1) = \frac{1}{2} \end{align*}$

$\begin{align*} \lambda(A_1\cap A_3) = \lambda\left( \left[0,\frac{1}{8}\right[ \right) = \frac{1}{8} \neq \lambda(A_1)\cdot 0.5 \end{align*}$ .

Ein Versuch der "Rettung": Kann es sein, dass du stattdessen

$\begin{align*} A_n = \bigcup\limits_{i=1}^{2^{n-1}} \left[ \frac{2^n-2i}{2^n}, \frac{2^n-2i+1}{2^n} \right[ \end{align*}$

meinst? verwirrt

07.01.2016, 15:21

r4ndom19

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Entschuldige bitte, so wie du es schreibst ist es auch gemeint!

07.01.2016, 15:41

HAL 9000

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Endlich hat es mal geklappt mit meiner Glaskugel. Big Laugh

$\begin{align*} A_n \end{align*}$ kann man so beschreiben:

Betrachten wir die Zahlen aus $\begin{align*} [0,1[ \end{align*}$ in ihrer Binärdarstellung (bei "Verbot" der 1er-Periode), dann enthält $\begin{align*} A_n \end{align*}$ genau diejenigen Binärzahlen, die an der $\begin{align*} n \end{align*}$ -ten Nachkommastelle eine 0 haben.

Für die Zahlen $\begin{align*} x\in \bigcup_{i=1}^m A_{k_i} \end{align*}$ mit $\begin{align*} k_1 < k_2 <\ldots < k_m \end{align*}$ gilt dann folgendes: Von den ersten $\begin{align*} k_m \end{align*}$ Nachkommastellen sind genau $\begin{align*} m \end{align*}$ jeweils mit der Ziffer 0 belegt, die anderen $\begin{align*} k_m-m \end{align*}$ Stellen sind noch frei belegbar mit {0,1}, und zwar gibt es so genau $\begin{align*} 2^{k_m-m} \end{align*}$ verschiedene Belegungen für diese Stellen. Das bedeutet, es ist

$\begin{align*} \lambda\left( \bigcup_{i=1}^m A_{k_i} \right) = 2^{k_m-m} \cdot \frac{1}{2^{k_m}} = \frac{1}{2^m} \end{align*}$ ,

woraus die Behauptung offensichtlich folgt.

07.01.2016, 18:36

r4ndom19

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Ohje jetzt ist die Lösung so schön kurz aber ich verstehe sie nicht traurig

Also der zweite Teil deiner Überlegungen ist nachvollziehbar. Aber wie sieht man denn jetzt, dass A_n die Binärzahlen enthält wo die n-te Nachkommastelle Null ist?
Also ich hab mir mal die Reihenentwicklung aufgeschrieben:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{m} 2^{k-m-1}a_k \end{eqnarray*}$

So müssten sich die Zahlen zwischen 0 und 1 Binär darstellen lassen. Wenn ich nun weiß, dass der n-te Summand in dieser Summe (respektive Reihe) 0 ist, wie kann ich dann schließen, dass ich dann und genau dann (!) in A_n liege?

PS: Du meinst in deiner Vereinigung doch sicher 2^i und nicht 2*i, oder?

07.01.2016, 18:46

HAL 9000

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Zitat:

Original von r4ndom19
PS: Du meinst in deiner Vereinigung doch sicher 2^i und nicht 2*i, oder?

Nein, ich meine $\begin{align*} 2i=2\cdot i \end{align*}$ . Man hätte $\begin{align*} A_n \end{align*}$ auch einfacher

$\begin{align*} A_n = \bigcup_{j=0}^{2^{n-1}-1} \left[\frac{2j}{2^n},\frac{2j+1}{2^n}\right[ \end{align*}$

schreiben können (Umindizierung via $\begin{align*} j=2^{n-1}-i \end{align*}$ ).

Zitat:

Original von r4ndom19
Aber wie sieht man denn jetzt, dass A_n die Binärzahlen enthält wo die n-te Nachkommastelle Null ist?

Sollte eigentlich aus der Definition von $\begin{align*} A_n \end{align*}$ klar sein, wenn man mal etwas intensiver über die Binärdarstellung nachdenkt. Von mir aus betrachte statt $\begin{align*} x\in A_n \end{align*}$ mal $\begin{align*} 2^n\cdot x \end{align*}$ , dann entspricht die genannte n-te Nachkommastelle von $\begin{align*} x \end{align*}$ der letzten Vorkommastelle von $\begin{align*} 2^n\cdot x \end{align*}$ , vielleicht siehst du es dann ja eher.

07.01.2016, 19:35

r4ndom19

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Sorry ja du hast recht, aber in deinem 2. Beitrag meinst du schon den Durchschnitt, sonst könnte ich auch dem Argument nicht ganz folgen.
Das mit der Binärdarstellung ist jetzt auch klar. die Stellen "hinter n" kann man sowieso vernachlässigen, die Füllen sozusagen nur die Nachkommastellen im jeweiligem Intervall auf.
Und wenn man die i-te Ziffer vor der n-ten Stelle auf 1 setzt (wenn sie vorher 0 war) addiert man quasi 2*i/2^n bzw. subtrahiert wenn man sie 0 setzt (wenn sie vorher 1 war).

Kennst du zufällig auch einen anderen Beweisweg, dieser kommt mir so völlig losgelöst von der Maßtheorie vor. Ich finde das zwar an sich nicht schlimm, allerdings wirklich ungewöhnlich.

07.01.2016, 19:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von r4ndom19
Kennst du zufällig auch einen anderen Beweisweg, dieser kommt mir so völlig losgelöst von der Maßtheorie vor.

Finde ich nicht. Der Verweis auf die Binärdarstellung sollte die Sache verständlicher machen - hat bei dir irgendwie nicht gewirkt.

Und wenn dir der Beweis nicht passt, dann schreib ihn doch um, bis er deinen ästhetischen Ansprüchen genügt.

07.01.2016, 20:16

r4ndom19

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Zitat:

Original von HAL 9000
Finde ich nicht. Der Verweis auf die Binärdarstellung sollte die Sache verständlicher machen - hat bei dir irgendwie nicht gewirkt.

Und wenn dir der Beweis nicht passt, dann schreib ihn doch um, bis er deinen ästhetischen Ansprüchen genügt.

Leider nein, ich kann es zwar nachvollziehen der Hintegrund hat sich mir leider nicht erschlossen. Vielleicht wird es mir klarer wenn ich noch eine Weile darüber nachdenke.

Ich habe lediglich gefragt ob du noch einen anderen Beweis kennst, nicht dass mir dieser aus irgendwelchen Gründen (und schon gar nicht aus ästhetischen) nicht passt.

Vielen Dank für deine Hilfe.

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