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Wahrscheinlichkeitstheorie Aufgabe

Universität / Fachhochschule

Wahrscheinlichkeitsmaß

Zufallsvariablen

Tags: Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen

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13:25 Uhr, 23.04.2024

Guten Tag,

wie geht man vor um folgende Aufgabe zu lösen?

Sei

(X_{n}, n \in ℤ)

eine Folge von identisch verteilten unabhängigen ZV mit

P (X_{n} = 1) = P (X_{n} = - 1) = 1 / 2

\forall n \in ℤ

, sei

l_{n}

die Länge der aufeinanderfolgenden +1en zur Zeit n, also falls

X_{n} = - 1

, dann

l_{n} = 0

. Falls

X_{n} = 1

, dann

l_{n} = m a x {m \geq 1 : X_{i} = 1

für

n - m + 1 \leq i \leq n}

.
Zeige:

\forall k \geq 0 \forall n \in ℤ P (l_{n} \geq k) = 2^{- k}

MfG,
Noah

HAL9000

13:48 Uhr, 23.04.2024

Per Konvention würde ich Zufallsgrößen einheitlich groß schreiben, also besser

L_{n} = {\begin{array}{ll} 0 & falls X_{n} = - 1 \\ max {m \geq 1 : X_{i} = 1 für n - m + 1 \leq i \leq n} & falls X_{n} = 1 \end{array}

.

Man muss sich einfach nur klarmachen, dass Ereignis

{L_{n} \geq k}

gleichbedeutend ist mit

X_{n} = X_{n - 1} = \dots = X_{n - k + 1} = 1

, damit folgt die Behauptung unmittelbar.

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14:24 Uhr, 23.04.2024

Die

l_{n}

sind klein geschrieben, weil im nächsten Teil der Aufgabe

L_{n} = m a x_{1 \leq m \leq n} l_{m}

definiert wird. Man muss zeigen, dass

l i m s u p_{n \to \infty} \frac{L_{n}}{l o g_{2} n} \leq 1

f.s. gilt.
Verstehe ich das richtig. Ist

L_{n}

hier für festes n die größte

l_{m}

mit

m \leq n

HAL9000

15:10 Uhr, 23.04.2024

Offenbar. Inhaltlich kann man den Wert

L_{n}

so charakterisieren:

Man betrachtet alle ununterbrochenen 1er-Sequenzen bis hin zu Position

n

(d.h. die Werte

X_{i}

mit

i \geq n + 1

werden nicht mehr in die Betrachtungen einbezogen), aber von denen auch nur die, welche in

i \in {1, \dots, n}

enden, d.h. im Fall

i < n

ist dann

X_{i + 1} = - 1

L_{n}

ist dann die Länge der längsten dieser Sequenzen.

Beispielsequenz, beginnend bei Index -3 und endend bei 14:

-1, 1, 1, 1, 1, -1, 1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, -1

Dann ist

L_{10} = 4

mit der längsten 1er-Sequenz

X_{- 2} = \dots = X_{1} = 1

. Hingegen ist

L_{12} = 5

mit der längsten 1er-Sequenz

X_{8} = \dots = X_{12} = 1

- dass die Sequenz mit

X_{13} = 1

eigentlich noch weiter geht, spielt erst bei

L_{13} = 6

eine Rolle.

Und hier noch mal die Werte von

l_{1}, \dots, l_{14}

aufgelistet:

4, 0, 1, 2, 3, 0, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0

Entsprechend dann die Maxima

L_{1}, \dots, L_{14}

:

4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 6

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16:01 Uhr, 23.04.2024

Ok um die Aufgabe nun zu lösen habe ich folgendes:
Man muss zeigen, dass

P (l i m s p_{n} A_{n}) = 1

mit

A_{n} = {\frac{L_{n}}{l o g_{2} n} \leq 1}

.
Dafür kann man das zweite Borel-Cantelli Lemma benutzen. Zu zeigen gilt also

\sum_{n \geq 1} P (A_{n}) = \infty

P (A_{n}) = P (L_{n} \leq l o g_{2} n) = m a x_{k \leq n} P (X_{k} = 1, . . ., X_{k + ⌊ l o g_{2} n ⌋} = 1) = 2^{- ⌊ l o g_{2} n ⌋}

aber weiter komme ich nicht.

HAL9000

11:01 Uhr, 24.04.2024

Für Borel-Cantelli 2 benötigst du "

A_{n}

paarweise unabhängig", das ist hier aber nicht der Fall. Ich denke auch, dass es irgendwie mit Borel-Cantelli geht - aber so jedenfalls nicht.

EDIT: Hmm, so könnte es gehen. Für festes

ε > 0

definieren wir

A_{n} := {l_{n} \geq (1 + ε) \log_{2} (n)}

, dann gilt

P (A_{n}) = 2^{- ⌈ (1 + ε) \log_{2} (n) ⌉} \leq 2^{- (1 + ε) \log_{2} (n)} = n^{- 1 - ε}

und damit

\sum_{n = 1}^{\infty} P (A_{n}) < \infty

. Gemäß Borel-Cantelli heißt das

P (\underset{n \to \infty}{limsup} A_{n}) = 0

, d.h. fast sicher trifft

\frac{l_{n}}{\log_{2} (n)} \geq 1 + ε

nur endlich oft zu. Daraus folgt dann aber

\underset{n}{limsup} \frac{L_{n}}{\log_{2} (n)} \overset{?}{=} \underset{n}{limsup} \frac{l_{n}}{\log_{2} (n)} \leq 1 + ε

f.s.,

und damit dann auch

\underset{n}{limsup} \frac{L_{n}}{\log_{2} (n)} \leq 1

f.s.

Über

\overset{?}{=}

muss man sich nochmal Gedanken machen, wieso das tatsächlich aus

L_{n} = max_{m = 1, \dots, n} l_{m}

folgt.

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12:53 Uhr, 24.04.2024

Kann man auch so argumentieren:

P (A_{n}) = \sum_{s = 1}^{n} P (l_{s} \geq (1 + ε) l o g_{2} n) = \sum_{s = 1}^{n} 2^{- (1 + ε) l o g_{2} n} = \sum_{s = 1}^{n} n^{- (1 + ε)} = n^{- ε}

\sum_{n} P (A_{n}) = ζ (ε) < \infty

Mit

ζ (a)

die Riemansche Zeta Funktion und

A_{n} = {L_{n} \geq (1 + ε) l o g_{2} n}

HAL9000

13:08 Uhr, 24.04.2024

\sum_{n = 1}^{\infty} n^{- ε} < \infty

gilt nur für

ε > 1

- das ist im vorliegenden Fall nicht genug!!!

Übrigens gilt der Zusammenhang

ζ (ε) = \sum_{n = 1}^{\infty} n^{- ε}

nur im Fall

Re (ε) > 1

. Wenn du ihn hier auch für reelle

0 < ε < 1

anwenden willst ist das schlicht falsch.

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13:58 Uhr, 24.04.2024

Stimmt, also für die Gleichheit zu zeigen kann man vielleicht

l i m s u p_{n} {\frac{L_{n}}{l o g_{2} n} \geq 1 + ε} = ⋂_{n = 1}^{\infty} ⋃_{k = n}^{\infty} {\frac{L_{k}}{l o g_{2} k} \geq 1 + ε} = ⋂_{n = 1}^{\infty} ⋃_{i = 1}^{\infty} ⋃_{s = n_{i}}^{N_{i}} {\frac{l_{n_{i}}}{l o g_{2} s} \geq 1 + ε}

.
aber das scheint auch nicht richtig zu sein.
Oder man argumentiert einfach graphisch, dass

\frac{l_{n}}{l o g_{2} n} \to \frac{L_{n}}{l o g_{2} n}

im limsup?

HAL9000

15:36 Uhr, 24.04.2024

Ich hätte jetzt so argumentiert: Fast sicher treten in jeder Folge

(X_{n})

beliebig lange 1-Sequenzen auf, d.h., es ist

lim_{n \to \infty} L_{n} = \infty

f.s.

Damit gibt es eine Folge

{(n_{k})}_{k = 1, 2, \dots}

von "Wachstumsstellen" der monoton wachsenden Folge

(L_{n})

, d.h., für die gilt

L_{n_{k} - 1} < L_{n_{k}}

, während ansonsten

L_{n - 1} = L_{n}

für

n = n_{k} + 1, \dots, n_{k + 1} - 1

gilt (d.h. Stagnation). Nun ist dann aber zwangsläufig

l_{n_{k}} = L_{n_{k}}

, denn nur so kann

L

an genau dieser Stelle

n_{k}

wachsen, und es ist damit klar

\underset{n \to \infty}{limsup} \frac{L_{n}}{\log_{2} (n)} = \underset{k \to \infty}{limsup} \frac{L_{n_{k}}}{\log_{2} (n_{k})} = \underset{k \to \infty}{limsup} \frac{l_{n_{k}}}{\log_{2} (n_{k})} = \underset{n \to \infty}{limsup} \frac{l_{n}}{\log_{2} (n)}

letzteres folgt daraus, dass

l_{n_{k}} = L_{n_{k}} = max_{m = 1, 2, \dots, n_{k}} l_{m}

ist.

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15:57 Uhr, 24.04.2024

Alright, habs verstanden.
Danke für die Hilfe!

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