Borel-Cantelli - Bernoulli < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] $A_n$ [/mm] das Ereignis, dass zwischen dem [mm] $2^n$-ten [/mm] Versuch (einschließlich) und dem [mm] $2^{n+1}$-ten [/mm] Versuch (ausschließlich) einer unendlichen Folge von Bernouilli-Versuchen mit Erfolgswahrscheinlichkeit $0 < p < 1$ mindestens $n$ Erfolge in ununterbrochener
Reihenfolge auftreten. Bestimmen Sie mit dem Borel-Cantelli
Lemma die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unendlich viele [mm] $A_n$ [/mm] eintreten. |
Mir ist bei dieser Aufgabe klar, dass man [mm] $P(A_n)$ [/mm] benötigt: Länge zwischen [mm] $2^n$ [/mm] und [mm] $2^{n+1}$ [/mm] ist [mm] $(2^{n+1}-2^n)=2^n$.
[/mm]
$n=1:$ [mm] 2^1=2:
[/mm]
[mm] $P(A_1)=p^2+p(1-p)+(1-p)p=2p-p^2$.
[/mm]
$n=2:$ [mm] 2^2=4: [/mm] brauchen: 1100 1101 1110 1111 0110 0111 0011 1011
[mm] $=>P(A_2)=p^4+4p^3(1-p)+3p^2(1-p)^2$
[/mm]
[mm] $P(A_3)$ [/mm] ist noch aufwendiger anzugeben. Ich erkenne hier leider keinen allgemeinen Zusammenhang. Vielleicht wisst ihr ja rat und könnt eure kombinatorischen Kenntnisse anwenden?
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Ich habe eine Vermutung:
[mm] $P(A_n)=p^{2^n}+\sum^{2^n-n-1}_{k=0}(2^n-k)p^{2^n-k}(1-p){k+1}$
[/mm]
Kann man das mit Induktion zeigen?
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Ups, natürlich ist
[mm] $P(A_n)=p^{2^n}+\sum^{2^n-n-1}_{k=0}(2^n-k)p^{2^n-k-1}(1-p)^{k+1}$.
[/mm]
Das kann man sich sicherlich kombinatorisch überlegen. Doch wie werte ich nun die Summe
[mm] $\sum^\infty_{n=1}P(A_n)$
[/mm]
aus?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:56 Mi 18.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Sei [mm]A_n[/mm] das Ereignis, dass zwischen dem [mm]2^n[/mm]-ten Versuch
> (einschließlich) und dem [mm]2^{n+1}[/mm]-ten Versuch
> (ausschließlich) einer unendlichen Folge von
> Bernouilli-Versuchen mit Erfolgswahrscheinlichkeit [mm]0 < p < 1[/mm]
> mindestens [mm]n[/mm] Erfolge in ununterbrochener
> Reihenfolge auftreten. Bestimmen Sie mit dem
> Borel-Cantelli
> Lemma die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unendlich viele
> [mm]A_n[/mm] eintreten.
[mm] $A_n'$: [/mm] Wir teilen das n-te Intervall (der Länge [mm] $2^n$) [/mm] in [mm] $\frac{2^n}{n}$ [/mm] Teilintervalle der Länge n. [mm] $A_n'$ [/mm] beschreibt jetzt das Ereignis, daß mind. eines dieser Teilintervalle nur Erfolge zeigt.
[mm] $A_n''$: [/mm] Die Wkeit, daß die ersten n Versuche nach dem j-ten Erfolge sind, ist [mm] $p^n$. $A_n''$ [/mm] ist jetzt einfach die Wkeit, daß die Versuche [mm] $2^n+1$ [/mm] bis [mm] $2^n+n$ [/mm] Erfolge sind, plus die, daß [mm] $2^n+2$ [/mm] bis [mm] $2^n+n+1$ [/mm] Erfolge sind, ..., plus die, daß [mm] $2^{n+1}-n$ [/mm] bis [mm] $2^{n+1}$ [/mm] Erfolge sind.
[mm] $P(A_n')\leq P(A_n)\leq P(A_n'')$
[/mm]
EDIT: Hmm, die Abschätzung nach unten funktioniert nicht so, wie ich mir das urspr gedacht hatte (außer ich hab mich in meiner Brillianz mal wieder selbst überlistet).
Die Abschätzung nach oben tut es aber, und liefert für p<1/2, daß fast sicher nur endlich viele [mm] $A_n$ [/mm] eintreten.
EDIT2: Sry, ich denke ich habe wieder eine Abschätzung, die auch nach unten funktioniert und zeigt, daß für [mm] $p\geq\frac12$ [/mm] die Wkeit 1 ist.
Das funktioniert wie oben beschrieben und dann mit der Abschätzung
[mm] $$(1-p^n)^\frac{2^n}{n}\leq e^{-\frac{2^n}{n} p^n}$$
[/mm]
(da allgemein [mm] $(1+x)^n\leq e^{xn}$)
[/mm]
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Ok. Es ist also dann für $p<1/2$:
[mm] $\sum^\infty_{n=1}P(A''_n)<\infty$
[/mm]
was man einfach mit dem Quotientenkriterium zeigen kann. Dann folgt aber auch [mm] $\sum P(A_n)<\infty$ [/mm] und somit
[mm] $P(\limsup A_n)=0$
[/mm]
nach dem Lemma von Borel-Cantelli. Die andere Abschätzung probier ich jetzt!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:13 Fr 20.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Das mit der Abschätzung ist gut. Doch wie hast du nun z.B.
> [mm]P(A'_n)[/mm] berechnet?
Du solltest mit [mm] $A_n''$ [/mm] anfangen, das ist leichter, da ist [mm] $P(A_n'')=(2^n-n)p^n$ [/mm] und dann bist Du fast schon fertig. $P(A'_n)$ zu berechnen ist auch nicht schwer (das könnte ich einen Schüler auch schon fragen, und ich erwarte von Dir zumindest ein paar Ansätze, wie es nicht geklappt hat =).
Ich hoffe nur, daß meine anschließende Abschätzung jetzt stimmt...*hust*.
Und wenn Du das nächste Mal Fragen im thread, anstatt als PN schreibst, dann haben andere Leute auch was davon. =)
ciao
Stefan
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Sei nun [mm] p\geq [/mm] 1/2. Ok. Es ist also (beachte Summe beginnt nicht bei k=0 wegen dem besonderen Ereignis):
[mm] $P(A'_n)=\sum^n_{k=1}\vektor{n \\ k}p^k(1-p)^{n-k}$.
[/mm]
Das könnte man weiter nach unten abschätzen, aber ich sehe nicht, wieso nun [mm] $\sum P(A'_n)=\infty$ [/mm] folgen sollte. Den Sinn deiner e-Abschätzung nach oben verstehe ich auch noch nicht so ganz.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:50 Fr 20.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Sei nun [mm]p\geq[/mm] 1/2. Ok. Es ist also (beachte Summe beginnt
> nicht bei k=0 wegen dem besonderen Ereignis):
>
> [mm]P(A'_n)=\sum^n_{k=1}\vektor{n \\ k}p^k(1-p)^{n-k}[/mm].
>
Die Summe auszurechnen wird aber schwer.
Es ist viel leichter über das Gegenereignis zu arbeiten:
P(mind 1 Abschnitt hat n Erfolge)= 1-P(kein Abschnitt hat n Erfolge)= [mm] $1-(1-p^n)^\frac{2^n}{n}$
[/mm]
ciao
Stefan
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Die Gegenwahrscheinlichkeit von $P(A'_n)$ ist aber [mm] $(1-p)^n$, [/mm] also
[mm] $P(A'_n)=1-(1-p)^n$
[/mm]
Das ist keine Nullfolge, also ist [mm] $\sum P(A'_n)=\infty$ [/mm] und somit
[mm] $P(\limsup A_n)=1$. [/mm] Wie kommst du auf deine Gegenwahrscheinlichkeit?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:24 So 22.06.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Ich weiß wo mein Fehler liegt: Es ist natürlich
[mm] $P(A'_n)=\sum^{2^n/n}_{k=1}\vektor{2^n/n \\ k} (p^n)^{k}(1-p^n)^{2^n/n-k}$
[/mm]
und damit ist
[mm] $P((A'_n)^C)=(1-p^n)^{2^n/n}$,
[/mm]
also alles korrekt!
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Ist es nicht einfach, [mm] $P(A_n)$ [/mm] anzugeben:
[mm] $P(A_n)=\sum^{2^n}_{k=n} \vektor{2^n \\ k} p^k (1-p)^{2^n-k}$.
[/mm]
Ich muss mir jetzt noch überlegen, was man hier machen könnte, bzw. wie man hier geschickt abschätzt!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:51 Fr 20.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Ist es nicht einfach, [mm]P(A_n)[/mm] anzugeben:
>
> [mm]P(A_n)=\sum^{2^n}_{k=n} \vektor{2^n \\ k} p^k (1-p)^{2^n-k}[/mm].
Ja.
>
> Ich muss mir jetzt noch überlegen, was man hier machen
> könnte, bzw. wie man hier geschickt abschätzt!
Ich wüßte nichts. Das muß aber nicht heißen, daß es nicht geht. =)
ciao
Stefan
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