Aufgabe zu fast sichere Konv. < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Guten Nachmittag  Ich gehe die Altklausuren durch, um mich auf die kommende Klausur in Stochastik vorzubereiten und habe Probleme bei folgender Aufgabe:
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Es sei $(Y_{i})_{n \in \mathbb{N}}$ eine unabhängige Folge von uniform auf $\{1,2 \}$ verteilten Zufallsvariablen.
Für $n \in \mathbb{N}$ sei $X_{n} := \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}}$.
Zeigen Sie, dass $(X_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ fast sicher konvergiert, und bestimmen Sie den Grenzwert.
Vereinfachen Sie Ihr Ergebnis so weit wie möglich. (Tipp: Logarithmieren)
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Leider habe ich keine Ahnung, wie man fast sichere Konvergenz zeigt... Ich tue mich allgemein schwer bei diesen Konvergenzbegriffen.
Das ist mein Ansatz, auch wenn das nicht gerade viel ist:
Ansatz
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$X_{n} = \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}} \Leftrightarrow ln(X_{n}) = ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}}\right ) = \frac{1}{n} \cdot ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right ) \right ) = \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i})$
Ich habe einfach nur den obigen Tipp mit dem Logarithmieren befolgt. Aber ich weiß nicht mehr weiter.
Im Skript haben wir noch folgenden Satz stehen:
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Wenn $\sum\limits_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{P}[\vert X_{n} - X\vert \ge \varepsilon] < \infty}$ für alle $\varepsilon > 0$ ("schnelle Konvergenz"), konvergiert $(X_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ fast sicher gegen $X$.
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Aber ich weiß nicht, wie ich diesen Satz anwenden kann.
Ich hoffe, mir kann jemand bei dieser Aufgabe helfen.
Viele Grüße, Boogie
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Hiho,
> [mm]X_{n} = \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}} \Leftrightarrow ln(X_{n}) = ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}}\right ) = \frac{1}{n} \cdot ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right ) \right ) = \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i})[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Im Skript haben wir noch folgenden Satz stehen:
Ihr hattet bestimmt noch mehr Sätze zu fast sicherer Konvergenz. z.B. das starke Gesetz der großen Zahlen.
Was sagt das denn über den Ausdruck $ [mm] \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i})$?
[/mm]
Prüfe vorher die Bedingungen, dass du das auch anwenden darfst!
Gruß,
Gono
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Sehr vielen Dank für die schnelle Antwort!
Ja, das starke Gesetz der großen Zahlen hatten wir
Der Satz lautet ja so:
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Es sei [mm] $(X_{i})_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] i.i.d., [mm] $E[X_{1}^{2}] [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] und [mm] $S_{n} [/mm] := [mm] X_{1} [/mm] + [mm] \ldots X_{n}$ [/mm] für alle $n [mm] \in \mathbb{N}$.
[/mm]
Dann gilt [mm] $\frac{S_{n}}{n} \overset{f.s.}{\underset{n \rightarrow \infty}{\rightarrow}} E[X_{1}]$
[/mm]
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Nun muss man prüfen, ob die Voraussetzungen gegeben sind:
Nach Voraussetzung ist [mm] $(Y_{i})_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] unabhängig. Dann ist auch die Transformation [mm] $(ln(Y_{i}))_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] unabhängig, oder?
Das folgt nämlich aus folgendem Satz:
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Ist [mm] $(Y_{i})_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] unabhängig und [mm] $f_{i}: \overline{\mathbb{R}} \rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ [/mm] für alle $i [mm] \in [/mm] I$ messbar, so ist auch
[mm] $(f_{i} \circ Y_{i})_{i \in I}$ [/mm] unabhängig.
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Stimmt die Folgerung?
Nach Voraussetzung ist [mm] $(Y_{i})_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] identisch verteilt, weil jedes [mm] $Y_{i}$ [/mm] auf [mm] $\{1,2\}$ [/mm] uniform verteilt ist.
Nur weiß ich nicht, ob die Transformation von identisch verteilten Zufallsvariablen wieder identisch verteilt sind... Falls ja, aus welchem Satz folgt das?
Aber nehmen wir mal an, die Folge [mm] $(ln(Y_{i}))_{i \in \mathbb{N}}$ [/mm] wäre identisch verteilt.
Dann gilt laut dem starken Gesetz der großen Zahlen:
[mm] $\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i}) \overset{f.s.}{\underset{n \rightarrow \infty}{\rightarrow}} E[ln(Y_{1})]$
[/mm]
Was ich aber noch nicht weiß, ist, was [mm] $E[ln(Y_{1})]$ [/mm] ist. Wie berechnet man das?
Was wir dann über [mm] $X_{n}$ [/mm] und dessen Grenzwert sagen können, ist mir noch nicht klar...
Ich würde vermuten, dass dann [mm] $X_{n}$ [/mm] fast sicher gegen $ [mm] E[ln(Y_{1})]$ [/mm] konvergiert, weil der Schritt mit dem Logarithmus war ja eine Äquivalenzumformung. Aber so richtig Begründen kann ich das leider nicht..
Ich freue mich auf eine Rückmeldung!
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Hiho,
> Stimmt die Folgerung?
Bis hierhin alles ok.
> Nur weiß ich nicht, ob die Transformation von identisch
> verteilten Zufallsvariablen wieder identisch verteilt
> sind... Falls ja, aus welchem Satz folgt das?
Ja das gilt, das kannst du einfach über die Definition der Verteilung herleiten und das ist schon fast trivial.
Den Beweis schauen wir uns aber an, wenn wir hier fertig sind, um uns jetzt nicht abzulenken.
> Aber nehmen wir mal an, die Folge [mm](ln(Y_{i}))_{i \in \mathbb{N}}[/mm]
> wäre identisch verteilt.
>
>
> Dann gilt laut dem starken Gesetz der großen Zahlen:
>
>
> [mm]\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i}) \overset{f.s.}{\underset{n \rightarrow \infty}{\rightarrow}} E[ln(Y_{1})][/mm]
> Was ich aber noch nicht weiß, ist, was [mm]E[ln(Y_{1})][/mm] ist.
> Wie berechnet man das?
Also wenn man jetzt kleinlich ist: In der Aufgabe steht nix davon, dass du das berechnen sollst. Aber da es so einfach ist, machen wir das trotzdem!
Wie berechnet man den Erwartungswert einer transformierten Zufallsvariable??
Grundlagen!
Es ist [mm] $E[Y_1] [/mm] = [mm] \ldots$, [/mm] dann ist [mm] $E[f(Y_1)] [/mm] = [mm] \ldots$.
[/mm]
Hatten ihr garantiert!
> Was wir dann über [mm]X_{n}[/mm] und dessen Grenzwert sagen
> können, ist mir noch nicht klar...
Nach obigem hast du gezeigt: [mm] $\ln(X_n) \overset{f.s.}{\to} E[\ln(Y_1)]$
[/mm]
Nun ist [mm] $X_n [/mm] = [mm] e^{\ln(X_n)}$, [/mm] also …
Gruß,
Gono
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Oh, vielen Dank für die Rückmeldung. Hatte davor keine Zeit und kann erst jetzt antworten.
Es gilt [mm] $E[ln(Y_{1})] [/mm] = [mm] \sum\limits_{k \in Y_{1}[\Omega]} [/mm] ln(k) [mm] \mathbb{P}[Y_{1} [/mm] = k] = ln(1) [mm] \cdot \mathbb{P}[Y_{1} [/mm] = 1] + ln(2) [mm] \cdot \mathbb{P}[Y_{1} [/mm] = 2] = 0 [mm] \cdot \frac{1}{2} [/mm] + ln(2) [mm] \cdot \frac{1}{2} [/mm] = [mm] \frac{ln(2)}{2}$
[/mm]
Damit gilt [mm] $\ln(X_n) \overset{f.s.}{\to} \frac{ln(2)}{2}$
[/mm]
Und damit konvergiert [mm] $X_{n} [/mm] = [mm] e^{ln(X_{n})}$ [/mm] fast sicher gegen $ [mm] e^{E[ln(Y_{1})]} [/mm] = [mm] e^{\frac{ln(2)}{2}} [/mm] = [mm] \sqrt{2}$, [/mm] richtig?
Falls das passt, dann will ich mir ganz herzlich bei dir bedanken. Habe noch bei solchen Aufgaben enorme Schwierigkeiten.
Schönen Abend noch, Boogie
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Hiho,
passt alles.
Gruß,
Gono
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> [mm]X_{n} = \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}} \Leftrightarrow ln(X_{n}) = ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right )^{\frac{1}{n}}\right ) = \frac{1}{n} \cdot ln \left ( \left ( \prod\limits_{i = 1}^{n} Y_{i} \right ) \right ) = \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(Y_{i})[/mm]
>
>
> Ich habe einfach nur den obigen Tipp mit dem Logarithmieren
> befolgt. Aber ich weiß nicht mehr weiter.
Ich "rechne" mal ganz naiv ohne irgendwelche mathematisch sauberen Begründungen weiter:
Wegen der angenommenen Gleichverteileung von 1-en und 2-en kannst du nun schreiben:
... [mm] \approx \frac{1}{2}*\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} [/mm] ln(1) [mm] +\frac{1}{2}*\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} [/mm] ln(2)= 0 + [mm] \frac{1}{2}*\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} ln(2)=\frac{1}{2}*\frac{1}{n} \cdot [/mm] n* [mm] ln(2)=\frac{1}{2}* [/mm] ln(2).
Entlogarithmieren führt zu [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n [/mm] = [mm] \wurzel{2}.
[/mm]
Jetzt musst du das alles noch mit lim usw. schreiben und sauber begründen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:11 Fr 06.09.2019 | | Autor: | Boogie2015 |
Ich danke dir für deine Hilfe, so habe ich das heute auch versucht. Jetzt habe ich zwei Ansätze, die ich verwenden kann, um bei solchen Aufgaben vorzugehen.
Vielen Dank!
Liebe Grüße, Boogie
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