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Mathematik » Stochastik und Statistik » Grenzwert einer Bernoulli-Verteilung
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Universität/Hochschule Grenzwert einer Bernoulli-Verteilung
carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-19


Hallo allerseits,
\[X_n\] sei eine Bernoulliverteilung
Dann gilt:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x)=\Phi(x)
\]
Angenommen x hängt von n ab (x=f(n)) und strebt gegen unendlich, also \[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f(n)=\infty
\]
Welchen Wert hat der folgende Ausdruck?
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))
\]
Rein intuitiv gehe ich davon aus, das der Wert 1 ist.
Aber wie kann man das beweisen ?


mfg
cx



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-20

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

ich würde sagen, dass folgt aus der simplen Tatsache, dass \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\) ist.

Das muss ja für jede reellwertige Zufallsvariable gelten.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-21


Moin, vielleicht so: Waehle $\varepsilon>0$ und $x_0\in\IR$ mit
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<1\,.\]
Fuer hinreichend grosses $n$ ist $x_0<f(n)$, so dass
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\,.\]        
vg Luis



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-22


2020-01-21 11:41 - luis52 in Beitrag No. 2 schreibt:
Moin, vielleicht so: Waehle $\varepsilon>0$ und $x_0\in\IR$ mit
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<1\,.\]
Fuer hinreichend grosses $n$ ist $x_0<f(n)$, so dass
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\,.\]

Soll daraus folgen, daß

\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n)) = 1
\]
Kann ich leider nicht nachvollziehen.

Kannst du mir das genauer erklären ?

mfg
cx





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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-22


2020-01-22 14:09 - carlox in Beitrag No. 3 schreibt:
Soll daraus folgen, daß
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n)) = 1
\] Kann ich leider nicht nachvollziehen.
Kannst du mir das genauer erklären ?

Naja, wie beweist man denn die Konvergenz einer Folge? $\varepsilon$ ist beliebig klein gewaehlt ...

vg Luis



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-22



Naja, wie beweist man denn die Konvergenz einer Folge? $\varepsilon$ ist beliebig klein gewaehlt ...

Deine Behauptung:
Fuer hinreichend grosses $n$ ist $x_0<f(n)$, so dass
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\,.\]        

Zu einem beliebigen \(\epsilon > 0 \) gibt es zwar ein \( x_0 \) und ein n  mit \(1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0) \)
Aber dieses \( x_0 \) muß nicht kleiner als f(n) sein.
Damit gilt auch nicht:
\( P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n) \)

Oder wo mache ich da einen Denkfehler ?

mfg
cx







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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-22

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

ich glaube, dass das so gemeint ist, dass man zunächst \(\varepsilon\) und \(x_0\) passend wählt. Es gibt ja zu jedem \(\varepsilon\) ein \(n\), so dass

\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\]
gilt. D.h. es lässt sich stets ein \(x_0<f(n)\) mit

\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\]
finden. Dieses \(x_0\) bleibt aber natürlich nicht fest, sondern wächst sozusagen mit \(n\) mit (etwas unbeholfen ausgedrückt, gebe ich zu).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-22

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-22 19:21 - Diophant in Beitrag No. 6 schreibt:
ich glaube, dass das so gemeint ist, dass man zunächst \(\varepsilon\) und \(x_0\) passend wählt. Es gibt ja zu jedem \(\varepsilon\) ein \(n\), so dass

\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\]
gilt.
Wo kommt in dieser Formel ein \( x_0 \) vor ?
Und wenn das gelten würde, wäre man dann nicht schon fertig?
Zu was braucht man dann noch ein \( x_0 \) ?


mfg
cx

\(\endgroup\)


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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-22

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-22 19:33 - carlox in Beitrag No. 7 schreibt:
 
Wo kommt in dieser Formel ein \( x_0 \) vor ?
Und wenn das gelten würde, wäre man dann nicht schon fertig?
Zu was braucht man dann noch ein \( x_0 \) ?
 
Man muss zeigen, dass die Ungleichung
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\] gilt fuer *alle* $n\ge n_0$ fuer ein $n_0=n_0(\varepsilon)$ gilt. Wenn dir das ohne $x_0$ gelingt, dann zeig' mal.

vg Luis
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-22

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

\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\]

Kannst du mir bitte die Beziehungen und Abhängigkeiten der Variablen
\(\epsilon\), \(x_0\), n einschließlich der Quantoren angeben.
Also nach dem Schema (nur als Beispiel):
Für alle \(\epsilon\) existiert ein n so dass für alle \(x_0\) gilt
\[1-\varepsilon<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x_0)<P(\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le f(n))<1\]
mfg
cx

\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-22


In der Tat, ein "technischer" Beweis. Ich versuch's mal.

Wir kürzen ab: \(A_n:=\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}}\)

Beh.: \(\lim_{n\rightarrow\infty}P(A_n\leq f(n))=1\)

Sei \(\epsilon>0\). Wir müssen zeigen, dass es ein \(n_0\) gibt, sodass für alle \(n\geq n_0\) gilt \(P(A_n\leq f(n))>1-\epsilon\).

Da \(\Phi(x)\rightarrow1\) für \(x\rightarrow\infty\), gibt es ein \(x_0\), sodass \(\Phi(x)>1-\frac\epsilon2\) für \(x\geq x_0\).

Da \(\lim_{n\rightarrow\infty}P(A_n\leq x_0)=\Phi(x_0)\), gibt es ein \(n_1\), sodass \(P(A_n\leq x_0)\geq\Phi(x_0)-\frac\epsilon2\) für \(n\geq n_1\).

Da \(f(n)\rightarrow\infty\) für \(n\rightarrow\infty\), gibt es ein \(n_2\), sodass \(f(n)\geq x_0\) für \(n\geq n_2\).

Setze nun \(n_0=\max\{n_1,n_2\}\), Dann gilt für \(n\geq n_0\)

\(P(A_n\leq f(n))\geq P(A_n\leq x_0)\geq\Phi(x_0)-\frac\epsilon2 > 1 -\frac\epsilon2-\frac\epsilon2=1-\epsilon\). qed

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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carlox
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2020-01-22 21:28 - StrgAltEntf in Beitrag No. 10 schreibt:
In der Tat, ein "technischer" Beweis. Ich versuch's mal.
Danke für den Beweis.
Ich werde ihn mir Morgen genauer anschauen.

Diophant argumentierte ja im Beitrag Nr1:
==========================
ich würde sagen, dass folgt aus der simplen Tatsache, dass \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\) ist.
==========================
Ich glaube nicht, dass man das so einfach folgern kann.
Es Bedarf schon grösseren Aufwands, wie der Beweis von StrgAltEntf
erahnen läßt.
Oder was meinst ihr dazu ?

mfg
cx



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-22


2020-01-22 21:46 - carlox in Beitrag No. 11 schreibt:

Diophant argumentierte ja im Beitrag Nr1:
==========================
ich würde sagen, dass folgt aus der simplen Tatsache, dass \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\) ist.
==========================
Ich glaube nicht, dass man das so einfach folgern kann.

Im Wesentlichen ist das die Grundidee, würde ich sagen. Und das habe ich in meinem Beweis ja ebenfalls verwendet. Je nach vermutetem Kenntnisstand desjenigen, der das schreibt, würde ich es wahrscheinlich als Argument durchgehen lassen. Wenn man es formal beweisen will, ist es aber etwas aufwändiger - s. o. (Aber vielleicht kann man das auch geschickter zeigen, als ich es getan habe.)



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-23


Hallo StrgAltEntf,

Beh.: \(\lim_{n\rightarrow\infty}P(A_n\geq f(n))=1\)
Müßte es nicht <= heißen ?

Dein Beweisvorschlag hat mich zu folgendem Versuch inspiriert.
(ich will damit nicht andeuten, dass der Beweis wesentlich anders ist als deiner. Die grundlegende Beweisidee stammt natürlich von dir).
Gebt mir bitte Bescheid, ob mein Beweis auch korrekt ist.

Wir kürzen ab: \(A_n:=\frac{X_n-np}{\sqrt{npq}}\)

Beh.: \(\lim_{n\rightarrow\infty}P(A_n\le f(n))=1\)
Beweis: Sei ein beliebiges \( \epsilon > 0\) vorgegeben.

1)
Da
\(\lim_{x\rightarrow\infty}\Phi(x)=1\), gibt es ein \(x_0 \) mit:
\( 1- \epsilon < \Phi(x_0) \)

2)
Da
Da \(\lim_{n\rightarrow\infty}P(A_n\leq x_0)=\Phi(x_0)\), liegt \( P(A_n\leq x_0) \) (für grosse n) beliebig nahe an \( \Phi(x_0)\)
Also gibt es ein \(n_1\), so dass ab \(n_1\) \(P(A_n\leq x_0) \) auch noch grösser als \( 1- \epsilon \) ist. Also gilt:
\( 1- \epsilon < P(A_n\leq x_0) \) für alle \(n \ge n_1 \)

3)
Da
\(\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)=\infty\), gibt es ein \(n_2\), so dass ab \(n_2\) f(n) grösser ist als \(x_0\). Also gilt:
\(x_0 \le f(n) \) für alle \(n \ge n_2 \)
Wegen der Monotonie der Verteilungsfunktion gilt dann:
\( P(A_n\leq x_0) \le P(A_n\leq f(n)) \)

4)
Insgesamt gilt dann für alle n grösser max(\(n_1, n_2)\):
\( 1- \epsilon < P(A_n\leq x_0) \le P(A_n\leq f(n)) \le 1 \)
also:
\( 1- \epsilon < P(A_n\leq f(n)) \le 1 \)

mfg
cx









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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-23


2020-01-23 18:57 - carlox in Beitrag No. 13 schreibt:
Müßte es nicht <= heißen ?

Ja, natürlich. Habe es oben verbessert. Ansonsten habe ich an deinem Beweis nichts auszusetzen. 😄

Gruß
StrgAltEntf



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