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| Autor |
  Zeige Gleichheit von zwei Mengen |
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WagW
Aktiv 
Dabei seit: 15.02.2018
Mitteilungen: 537
 |  Themenstart: 2023-06-10
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Hallo zusammen,
im Kontext von Zufallsvariablen und WSK-Räumen sollen wir die Gleichheit von zwei Mengen zeigen:
Seien $m,n\in\mathbb{N}$, $p\in(0,1)$, $S_n$ eine binomialverteilte ZV und
$
\begin{align*}
&A_{n,m}:=\left\{\omega\in\Omega\mid \left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|\geq \frac{1}{m}\right\}.
\end{align*}
$
Hierbei ist $\Omega=\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ und wir können annehmen, dass es einen WSK Raum $(\Omega,\mathcal{F},P)$ gibt mit $A_{n,m}\in\mathcal{F}$.
Zeige
$
\begin{align*}
\bigcup\limits_{n\mid n\geq N}A_{n,m}=\left\{\omega\in\Omega\mid\sup\limits_{n\mid n\geq N}\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|\geq\frac{1}{m} \right\}.
\end{align*}
$
Die Mengeneigenschaft $\subset$ ist ja ziemlich offensichtlich, aber bei der anderen Richtung $\supset$ komme ich nicht weiter.
Ich habe das mal mit einer Kontraposition versucht, also $(\lnot B\implies \lnot A)\iff (A\implies B)$ aber das läuft irgendwie ins Leere:
Wir wählen irgendein $\omega\in\Omega$ mit $\sup\limits_{n\mid n\geq N}\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|\geq\frac{1}{m}$ und halten es fest. Wenn wir nun annehmen, dass es kein $n\geq N$ mit $\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|\geq \frac{1}{m}$ gibt, dann müsste es ja ein $n\geq N$ mit $\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|< \frac{1}{m}$ geben. Aber das hilft mir auch nicht so wirklich weiter...
Habt ihr irgendwelche Vorschläge in welche Richtung ich gehen sollte?
viele Grüße
WagW
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 Profil
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StefanVogel
Senior 
Dabei seit: 26.11.2005
Mitteilungen: 4288
Wohnort: Raun
| Beitrag No.1, eingetragen 2023-06-11
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Hallo WagW,
wenn mit \(A\) die Aussage \(\omega \in \bigcup\limits_{n\mid n\geq N}A_{n,m}\) gemeint ist und mit \(B\) die Aussage \(\omega \in \left\{\omega\in\Omega\mid\sup\limits_{n\mid n\geq N}\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|\geq\frac{1}{m} \right\}\), dann ist \((\lnot B\implies \lnot A)\iff (A\implies B)\) die verkehrte Richtung und außerdem folgt aus \(\lnot B\) dann, dass für jedes \(n\geq N\) die Ungleichung \(\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|< \frac{1}{m}\) gilt (was, wie du schon geschrieben hast, offensichtlich \(\lnot A\) bedeutet). Für die andere Richtung \((\lnot A\implies \lnot B)\iff (B\implies A)\) habe ich aber auch noch keine Idee, denn wenn für alle \(n\geq N\) die Ungleichung \(\left|\frac{S_n(\omega)}{n}-p\right|< \frac{1}{m}\) gilt, könnte das Supremum der linken Seite der Ungleichung trotzdem gleich \(\frac1m\) sein und ich sehe noch nicht, warum das in diesem Fall unmöglich sein soll.
Viele Grüße,
Stefan
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4972
 | Beitrag No.2, eingetragen 2023-06-11
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Die Menge auf der rechten Seite kann echt größer als die auf der linken sein.
Betrachte dazu $\omega=(1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,\ldots)$ mit$$
S_n(\omega) = \left\lceil{n\over10}\right\rceil + \begin{cases}
0&;\;n=1\\
1&;\;n>1
\end{cases}
$$und $p=3/5$.
Für $n=10k+j$ mit $k\ge1$ und $j\in\{1,\ldots,10\}$ ist$$
{S_n(\omega)\over n} =
{k+2\over10k+j} =
{1\over10}\cdot{1+{2\over k}\over1+{j\over10k}} \in
\left({1\over10},{3\over10}\right)
$$und somit$$
\left|{S_n(\omega)\over n}-p\right| \in
\left({3\over10},{5\over10}\right) \;.
$$Außerdem ist$$
\lim_{n\to\infty}{S_n(\omega)\over n} = {1\over10}
$$und damit$$
\sup_{n\ge N}\left|{S_n(\omega)\over n}-p\right| = {5\over10}
$$für $N\ge11$. Folglich gehört $\omega$ für $m=2$ und jedes $N\ge11$ zur Menge auf der rechten Seite, nicht aber zu der auf der linken.
--zippy
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WagW hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
WagW hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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