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Mathematik » Stochastik und Statistik » Erwartungswert bei Rekursion berechnen
Thema eröffnet 2020-01-11 13:50 von
carlox
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Universität/Hochschule Erwartungswert bei Rekursion berechnen
carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-23 19:23


Hallo StrgAltEntf,
Danke für die Durchsicht meines Beweises.
(2020-01-21 19:56 - StrgAltEntf in <a
Außerdem müsste
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i = \frac12)=0\),
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i < \frac12)=\frac12\) und
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i > \frac12)=\frac12\)
gelten.

Wie kann man das zeigen?
Oder geht das nicht elementar und der Aufwand ist zu groß?

mfg
cx



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, eingetragen 2020-01-23 19:33


\(P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i < \frac12)=P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i > \frac12)\) gilt aus Symmetriegründen. Wenn man \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i = \frac12)=0\) zeigt, folgt dann der Rest.

Es ist \[P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i = \frac12)=\frac{\binom{2n}n}{2^n}= \frac{\frac{(2n)!}{n!\cdot n!}}{2^n}\] Man muss zeigen, dass dies gegen 0 konvergiert.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-23 20:19


Hallo StrgAltEntf,

Es ist \[P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i = \frac12)=\frac{\binom{2n}n}{2^n}= \frac{\frac{(2n)!}{n!\cdot n!}}{2^n}\] Man muss zeigen, dass dies gegen 0 konvergiert.
Wobei das (wie schon Diophant angedeutet hat) vermutlich nicht elementar gezeigt werden kann, oder ?

mfg
cx



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-26 09:50

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-21 19:56 - StrgAltEntf in Beitrag No. 37 schreibt:
dein Beweis aus #46 ist rechtig, sehr schön gemacht!
Da aus \(a<b\) folgt, dass \(a\leq b\), hast du natürlich automatisch auch die Aussage für \(\leq\), klar wieso?
Hallo StrgAltEntf,
Mir ist nicht klar, wie aus:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)
dann folgen soll:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)

\( (M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) \) ist doch eine Obermenge von \( (M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \)

EDIT:
Korrektur: Es ist keine echte Obermenge!
Sondern es gilt:
\( (M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) =  (M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \)

Also folgt:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\iff
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)



mfg
cx
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-26 10:26

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 11:55 - Diophant in Beitrag No. 22 schreibt:
2020-01-20 11:43 - carlox in Beitrag No. 21 schreibt:

Wenn ich dich richtig verstehe, möchtest du in #15 den Satz von Moivre-Laplace anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu berechnen. Zwar musst du noch das Vorzeichen korrigieren und die erste Wahrscheinlichkeit der Form \(P(X=k)\) in deiner Rechnung ist auch überflüssig bzw. zu viel.

Ich finde es nicht überflüssig (siehe deinen Beitrag 10):


Also suchst du doch eigentlich im konkreten Fall nach der Wahrscheinlichkeit

\[P(X\ge 5575)\]
und im allgemeinen Fall (wenn \(q_2<1<q_1\) die Faktoren sind, die bei Wappen bzw. bei Zahl zur Anwendung kommen) nach
\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)-\ln(q_2)}\right)\]

Mich hat es verwirrt, das du einmal >= und dann > schreibst
Was stimmt ?

Es sollte i.a. egal sein. Denn \(X\) nimmt ja nur ganzzahlige Werte an. Genaugenommen sollte man aber durchgehend \(\ge\) schreiben, da habe ich geschludert.

Und die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses im diskreten Fall berechnet man so:

\[P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)\] Gruß, Diophant

Voraussetzunge:
\(X_i\) seien die ZVen, die das Ergebnis des i-ten Wurfes einer n-mal geworfenen, fairen Münze angibt. \( X(n) := \sum_{i=1}^n X_i \)

Dann folgt aber:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1) \] Dann gilt aber nicht mehr:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2} \] sondern nur noch:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2}-1 \] und man kann nicht mehr den Satz von StrgAltEntf verwenden.
Also muß man schreiben:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})+P(X(n)>n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})      \] \[=P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})+1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}) \] Da \( \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)} > \frac{1}{2}\) folgt nach dem Satz von StrgAltEntf dann:
\[ \lim_{n\to\infty} P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})=1 \] und damit daß
\[1-\lim_{n\to\infty}P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})=0 \] Jetzt muss man nur noch zeigen, daß
\[\lim_{n\to\infty} P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})=0 \] Da aber an der Stelle \(\frac{n}{2} \) der Funktionswert \(P(X(n))\) maximal wird gilt:
\[0 \le P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}) \le P(X(n)= \frac{n}{2})={n\choose \frac{n}{2}}\frac{1}{2^n} \] Da aber gilt:
\[lim_{n\to\infty} P(X(n)=\frac{n}{2})=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^n}\cdot\frac{2n!}{(n!)^2}=0\]folgt:
\[ \lim_{n\to\infty} P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})=0 \]
Insgesamt folgt dann:
\[\lim_{n\to\infty} P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[=\lim_{n\to\infty} P(X(n)=n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})+1-\lim_{n\to\infty} P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})=0 \]
Ist meine Argumentation korrekt ?

mfg
cx

\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2020-01-27 14:54

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

ich bin hier noch eine Antwort schuldig, steige aber ehrlich gesagt nicht so ganz durch bei deiner Argumentation. Hier jedenfalls ist ein Irrtum:

2020-01-26 10:26 - carlox in Beitrag No. 44 schreibt:
Voraussetzunge:
\(X_i\) seien die ZVen, die das Ergebnis des i-ten Wurfes einer n-mal geworfenen, fairen Münze angibt. \( X(n) := \sum_{i=1}^n X_i \)

Dann folgt aber:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1) \] Dann gilt aber nicht mehr:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2} \] sondern nur noch:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2}-1 \] und man kann nicht mehr den Satz von StrgAltEntf verwenden.

Das hier verstehe ich nicht. Schon die obere Ungleichung gilt für \(n\ge 2\). Ich kann also nicht sehen, weshalb das die Argumentation von StrgAltEntf in irgendeiner Art und Weise beeinträchtigt.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-27 17:28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-27 14:54 - Diophant in Beitrag No. 45 schreibt:
Hallo carlox,

ich bin hier noch eine Antwort schuldig, steige aber ehrlich gesagt nicht so ganz durch bei deiner Argumentation. Hier jedenfalls ist ein Irrtum:

2020-01-26 10:26 - carlox in Beitrag No. 44 schreibt:
Voraussetzunge:
\(X_i\) seien die ZVen, die das Ergebnis des i-ten Wurfes einer n-mal geworfenen, fairen Münze angibt. \( X(n) := \sum_{i=1}^n X_i \)

Dann folgt aber:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1) \] Dann gilt aber nicht mehr:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2} \] sondern nur noch:
\[ n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2}-1 \] und man kann nicht mehr den Satz von StrgAltEntf verwenden.

Das hier verstehe ich nicht. Schon die obere Ungleichung gilt für \(n\ge 2\). Ich kann also nicht sehen, weshalb das die Argumentation von StrgAltEntf in irgendeiner Art und Weise beeinträchtigt.
Gruß, Diophant
Danke für deine kritische Durchsicht. Ich habe eine Umformung vergessen.
Meine Korrektur:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[=P\left(\frac{X(n)}{n} \ge \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[=1-P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1\right)\] Dann gilt aber nicht mehr:
\[ \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2} \] sondern nur noch:
\[ \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2}-1 \] und man kann nicht mehr den Satz von StrgAltEntf verwenden.

mfg
cx

\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, eingetragen 2020-01-27 19:45

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo nochmals,

das hier:

2020-01-27 17:28 - carlox in Beitrag No. 46 schreibt:
Meine Korrektur:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[=P\left(\frac{X(n)}{n} \ge \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[=1-P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1\right)\] Dann gilt aber nicht mehr:
\[ \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2} \] sondern nur noch:
\[ \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1 > \frac{1}{2}-1 \] und man kann nicht mehr den Satz von StrgAltEntf verwenden.

ist so nicht richtig, denn du fasst hier den Ausdruck \(\frac{X(n)}{n}\) als Zufallsvariable auf. Man müsste das meiner Meinung nach so machen:

\[\ba
P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)&=1-P\left(X(n) \le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1\right)\\
\\
&=1-P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)
\ea\]
Lies die Antworten von StrgAltEntf nochmal durch. Ich bin mir relativ sicher, dass er weiter oben begründet hat, wieso die Gleichbehandlung der Fälle \(X<k\) und \(X\le k\) hier kein Problem macht (ich habe gerade leider nicht die Zeit, dan ganzen Thread gründlich durchzugehen).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2020-01-27 21:46

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

zunächst hierzu:

2020-01-26 09:50 - carlox in Beitrag No. 43 schreibt:
Mir ist nicht klar, wie aus:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)
dann folgen soll:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)

1) \( (M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) \) ist doch eine Obermenge von \( (M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \)

EDIT:
2) Korrektur: Es ist keine echte Obermenge!
Sondern es gilt:
\( (M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) =  (M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \)

3) Also folgt:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\iff
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)

1) Das ist richtig, also gilt \(P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \leq P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon)\leq1\). Also folgt aus \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\), dass \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1\)

2) Doch, ist es; im Allgemeinen muss nicht unbedingt = gelten.

3) Es könnte also \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) <
 \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon)\) sein.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, eingetragen 2020-01-27 21:55

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Ich habe mir Beitrag #44 nicht vollständig durchgelesen. Aber wie kommst du hier drauf?

2020-01-26 10:26 - carlox in Beitrag No. 44 schreibt:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1) \]

Es gilt \(P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right) =1-P(X(n)< n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})\), aber nicht unbedingt \(P(X(n)< n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}) = P(X(n)\leq n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1)\). Das wäre nur dann richtig, wenn sowohl \(X(n)\) als auch \(n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\) ganzzahlig sind.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2020-01-28 08:48

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
@StrgAltEntf:
2020-01-27 21:55 - StrgAltEntf in Beitrag No. 49 schreibt:
Ich habe mir Beitrag #44 nicht vollständig durchgelesen. Aber wie kommst du hier drauf?

2020-01-26 10:26 - carlox in Beitrag No. 44 schreibt:
\[P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\] \[ =1-P(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1) \]

Es gilt \(P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right) =1-P(X(n)< n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)})\), aber nicht unbedingt \(P(X(n)< n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}) = P(X(n)\leq n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1)\). Das wäre nur dann richtig, wenn sowohl \(X(n)\) als auch \(n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\) ganzzahlig sind.

Mea culpa: das habe ich für diskrete Verteilungen irgendwo weiter oben dummerweise ins Spiel gebracht. Hier ist es natürlich falsch, denn es gilt nur für solche Werte, die von der ZV auch angenommen werden können. Hier gehen ja von \(n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\not\in\IN\) aus.

Also gilt hier:

\[\ba
P\left(X(n)\ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)&=1-P\left(X(n)<n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\\
\\
&=1-P\left(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)
\ea\]
Sorry für den Denkfehler. Aber eigentlich sind das hier nur noch Spitzfindigkeiten, die vom Wesentlichen ablenken.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-28 12:36



1) Das ist richtig, also gilt \(P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) \leq P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon)\leq1\). Also folgt aus \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\), dass \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon) = 1\)

2) Doch, ist es; im Allgemeinen muss nicht unbedingt = gelten.

3) Es könnte also \( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) <
 \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \le \frac{1}{2} + \epsilon)\) sein.
Hallo StrgAltEntf,
Du hast in allen Punkten Recht.
Ich habe Denkfehler begangen.

mfg
cx






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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-28 12:50


Hallo Diophant,

Mea culpa: das habe ich für diskrete Verteilungen irgendwo weiter oben dummerweise ins Spiel gebracht. Hier ist es natürlich falsch, denn es gilt nur für solche Werte, die von der ZV auch angenommen werden können. Hier gehen ja von \(n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\not\in\IN\) aus.

Also gilt hier:

\[\ba
P\left(X(n)\ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)&=1-P\left(X(n)<n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)\\
\\
&=1-P\left(X(n)\le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)
\ea\]
Sorry für den Denkfehler. Aber eigentlich sind das hier nur noch Spitzfindigkeiten, die vom Wesentlichen ablenken.
Gruß, Diophant
Du hast Recht. Ich habe einen Denkfehler gemacht.
Aus diesem Grund (und nicht wegen Besserwisserei oder Spitzfindigkeiten) will ich nochmals nachhaken:

ist so nicht richtig, denn du fasst hier den Ausdruck \(\frac{X(n)}{n}\) als Zufallsvariable auf. Man müsste das meiner Meinung nach so machen:

\[\ba
P\left(X(n) \ge n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)&=1-P\left(X(n) \le n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-1\right)\\
\\
&=1-P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)
\ea\]
Welchen Wert hat dann:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \)
und wie begründest du das mit dem Satz von StrgAltEntf ?

mfg
cx






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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, eingetragen 2020-01-28 13:05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

nur ganz kurz: das mit der Spitzfindigkeit war nicht als Vorwurf gedacht (falls es so rübergekommen ist: sorry). Aber deine obige Frage ist ja bezüglich deines Anliegens hier eben irrelevant (denn wie gesagt: die Rechenregel \(P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)\) greift hier ja überhaupt nicht, das war mein Fehler).

Daher habe ich mir nicht mehr Gedanken darüber gemacht, als dass diese Wahrscheinlichkeit:

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \]

ebenfalls gegen 1 gehen muss (da der Term \(1/n\) für \(n\to\infty\) gegen Null geht).

Sorry also für meine Fehler.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-28 14:56


Hallo Diophant,

nur ganz kurz: das mit der Spitzfindigkeit war nicht als Vorwurf gedacht (falls es so rübergekommen ist: sorry).
Habe es auch nicht als Vorwurf aufgefasst.
Ich neige zu Denkfehlern. Deswegen frage ich gerne nochmals nach.


... Aber deine obige Frage ist ja bezüglich deines Anliegens hier eben irrelevant (denn wie gesagt: die Rechenregel \(P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)\) greift hier ja überhaupt nicht, das war mein Fehler).
Wenn \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)} \) eine natürliche Zahl ist, dann wird er aber relevant.


Daher habe ich mir nicht mehr Gedanken darüber gemacht, als dass diese Wahrscheinlichkeit:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \] ebenfalls gegen 1 gehen muss (da der Term \(1/n\) für \(n\to\infty\) gegen Null geht).
Intuitiv vermute ich auch, dass es gegen 1 konvergiert.
Aber wie kann man das _formal_ beweisen ?
Mit dem Satz von StgrAltEntf wohl nicht.

mfg
cx



















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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, eingetragen 2020-01-28 18:09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

2020-01-28 14:56 - carlox in Beitrag No. 54 schreibt:

... Aber deine obige Frage ist ja bezüglich deines Anliegens hier eben irrelevant (denn wie gesagt: die Rechenregel \(P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)\) greift hier ja überhaupt nicht, das war mein Fehler).
Wenn \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)} \) eine natürliche Zahl ist, dann wird er aber relevant.

Ok. Ist zwar unwahrscheinlich (kleiner Gag im Stochastikforum wink ), aber nicht ausgeschlossen.

2020-01-28 14:56 - carlox in Beitrag No. 54 schreibt:

Daher habe ich mir nicht mehr Gedanken darüber gemacht, als dass diese Wahrscheinlichkeit:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \] ebenfalls gegen 1 gehen muss (da der Term \(1/n\) für \(n\to\infty\) gegen Null geht).
Intuitiv vermute ich auch, dass es gegen 1 konvergiert.
Aber wie kann man das _formal_ beweisen ?
Mit dem Satz von StgrAltEntf wohl nicht.

In deinem anderen Thread zur Binomial- bzw. Bernoulliverteilung hat Luis52 einen interessanten Ansatz vorgeschlagen, den man hier meiner Ansicht nach verwenden könnte. Sei \(\varepsilon>0\) und wir betrachten die Ungleichung

\[1-\varepsilon<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)<1\]
Offensichtlich* gibt es zu jedem \(\varepsilon\) ein \(N\), so dass die erste Ungleichheit für \(n\ge N\) (und damit die Ungleichungskette) gilt . Ein "Big-MacSandwich" sozusagen.  smile


Gruß, Diophant

* wenn man die Resultate von StrgAltEntf mit verwendet.
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-29 08:11


Hallo Diophant,

In deinem anderen Thread zur Binomial- bzw. Bernoulliverteilung hat Luis52 einen interessanten Ansatz vorgeschlagen, den man hier meiner Ansicht nach verwenden könnte.
Sei \(\varepsilon>0\) und wir betrachten die Ungleichung
\[1-\varepsilon<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)<1\]
Offensichtlich* gibt es zu jedem \(\varepsilon\) ein \(N\), so dass die erste Ungleichheit für \(n\ge N\) (und damit die Ungleichungskette) gilt .

Die erste Ungleichung erschließt sich mir nicht.
Wie verwendest du die Resultate von StrgAltEntf ?
Mir ist nur klar, daß gilt:
\[1-\varepsilon<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right) \]
Wie kommt man davon aber auf:
\[1-\varepsilon<P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \]
mfg
cx









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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, eingetragen 2020-01-29 10:17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

meine Gegenfrage wäre hier, warum du überhaupt eine Notwendigkeit siehst, das hier noch formal beweisen zu wollen. Zum einen ist es für dein eigentliches Anliegen nicht von Belang, zum anderen ist es doch so:

2020-01-29 08:11 - carlox in Beitrag No. 56 schreibt:
Wie verwendest du die Resultate von StrgAltEntf ?

Damit meine ich im Prinzip den Beitrag #32. Mit \(\frac{X(n)}{n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\) haben wir damit ja sofort

\[\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)=1\]
denn nach Annahme ist ja \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}>\frac{1}{2}\). Also gibt es für jedes Paar \(q_1\), \(q_2\), welches die Anforderungen an diese Fragestellung hier erfüllt, ein \(N\in\IN\), so dass für alle \(n\ge N\) die Ungleichungskette

\[\frac{1}{2}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\]
erfüllt ist und insofern sehe ich auch die formale Notwendigkeit nicht, das hier:

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)=1 \]
noch extra zeigen zu müssen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-29 12:57


Hallo Diophant,
(2020-01-29 08:11 - carlox in <a href=viewtopic.php?topic=245215&
Damit meine ich im Prinzip den Beitrag #32. Mit \(\frac{X(n)}{n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\) haben wir damit ja sofort

\[\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)=1\]
denn nach Annahme ist ja \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}>\frac{1}{2}\). Also gibt es für jedes Paar \(q_1\), \(q_2\), welches die Anforderungen an diese Fragestellung hier erfüllt, ein \(N\in\IN\), so dass für alle \(n\ge N\) die Ungleichungskette

\[\frac{1}{2}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{N}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\]
erfüllt ist und insofern sehe ich auch die formale Notwendigkeit nicht, das hier:

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)=1 \]
noch extra zeigen zu müssen.


Gruß, Diophant

Ich glaube nicht, dass deine Schlussweise korrekt ist.

Der Satz von StrgAltEntf:
Für alle \(c>\frac{1}{2} \) gilt: \[\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le c\right)=1\] Das c hängt dort nicht von n ab!

Da \( \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}> \frac{1}{2} \) gilt also:
\[\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right)=1\]
Aber hier:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right)=1 \] hängt:
\[ \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n} \] noch von n ab.
Deswegen geht dieser Schluss so nicht.
Das ist meine Meinung.
Wo ist mein Denkfehler ?


Was geht ist Folgendes:
Da
\[ P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \le P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right) \]
folgt:

\[ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}  P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\right) \le \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\right) \]


mfg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, eingetragen 2020-01-29 13:14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

2020-01-29 12:57 - carlox in Beitrag No. 58 schreibt:
Ich glaube nicht, dass deine Schlussweise korrekt ist.

Der Satz von StrgAltEntf:
Für alle \(c>0\) gilt: \[\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le c\right)=1\]

Ich habe jetzt den ganzen Thread durchgesehen, aber diese Behauptung nicht gefunden. Sie ergibt für mich auch keinen Sinn, denn der Wert von \(\frac{X(n)}{n}\) liegt ja per Definition (die von dir stammt) in \([0,1]\).

2020-01-29 12:57 - carlox in Beitrag No. 58 schreibt:
Das c hängt dort nicht von n ab!

Das ist egal. Mir erscheint es, als hättest du die ursprüngliche Fragestellung aus den Augen verloren. Wenn wir wissen, dass (für \(\varepsilon>0\)) \(\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le \frac{1}{2}+\varepsilon\right)=1\) gilt (siehe Beitrag #32), wenn wir weiter wissen, dass \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}> \frac{1}{2}\) (das folgt aus der Aufgabenstellung), dann ist der Term \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\) für hinreichend große \(n\) ebenfalls größer als \(1/2\). Und das reicht aus.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-29 13:37



Ich habe jetzt den ganzen Thread durchgesehen, aber diese Behauptung nicht gefunden. Sie ergibt für mich auch keinen Sinn, denn der Wert von \(\frac{X(n)}{n}\) liegt ja per Definition (die von dir stammt) in \([0,1]\).

Schlimmer Schreibfehler von mir. Habe oben \( c>0 \) durch \(c>\frac{1}{2}\) abgeändert.

mfg
cx




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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-29 15:15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Diophant,
So sehr ich mich anstrenge, aber ich komme leider nur zu dem Schluss (siehe unten):

2020-01-29 12:57 - carlox in Beitrag No. 58 schreibt:
Also gibt es für jedes Paar \(q_1\), \(q_2\), welches die Anforderungen an diese Fragestellung hier erfüllt, ein \(N\in\IN\), so dass für alle \(n\ge N\) die Ungleichungskette
\[\frac{1}{2}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{N}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}\]


Also gilt für alle \(m \ge N :  \frac{1}{2}<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{m} \)

Also folgt für alle \(m \ge N \) :
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P\left(\frac{X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{m}\right)=1 \]
mfg
cx




\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-02 08:00



Das ist egal. Mir erscheint es, als hättest du die ursprüngliche Fragestellung aus den Augen verloren. Wenn wir wissen, dass (für \(\varepsilon>0\)) \(\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{X(n)}{n}\le \frac{1}{2}+\varepsilon\right)=1\) gilt (siehe Beitrag #32), wenn wir weiter wissen, dass \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}> \frac{1}{2}\) (das folgt aus der Aufgabenstellung), dann ist der Term \(\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}\) für hinreichend große \(n\) ebenfalls größer als \(1/2\). Und das reicht aus.
Habe einen Tipp bekommen und deshalb hier der Beweis mit meinen Worten:

Unterbehauptung:
$\lim_{n\to\infty}P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n})=1$
Unterbeweis:
Da $\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)} > \frac{1}{2}$, gilt:
Für alle $ \epsilon > 0$ und $\epsilon<\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{2}$  existiert ein N, so daß für alle $n>N$ gilt:
$P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{1}{2}+ \epsilon) \le P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}) \le 1$
Mit Satz2 folgt dann:
$1=\lim_{n\to\infty}P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{1}{2}+ \epsilon) \le \lim_{n\to\infty}P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n}) \le 1$
also:
$\lim_{n\to\infty}P(\frac{ X(n)}{n} \le \frac{\ln(q_2)}{\ln(q_2)-\ln(q_1)}-\frac{1}{n})=1 $  
qed

mfg
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