Äquivalenz < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:40 Di 06.12.2011 | | Autor: | kalor |
Hi
Ich möchte zeigen, dass folgende Dinge äquivalent sind:
Sei $ X $ eine Zufallsvariable, dann sind äquivalent:
2. $ [mm] \summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge [/mm] n) < [mm] \infty [/mm] $
3. $ [mm] \summe_{n=1}^\infty \bruch{1}{n^2}E(X^2 1\{|X|\le n\}) [/mm] < [mm] \infty [/mm] $
Ich will zeigen, dass aus 3 folgt 2.
Allerdings gelingt mir dies nicht so recht.
Ich habe auch überhaupt keinen Ansatz. Daher würde ich mich über Hilfe freuen :)
mfg
KaloR
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Hallo kalor,
> Ich möchte zeigen, dass folgende Dinge äquivalent sind:
>
> Sei [mm]X[/mm] eine Zufallsvariable, dann sind äquivalent:
>
> 1. [mm]E(X) < \infty[/mm]
> 2. [mm]\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n) < \infty[/mm]
>
> 3. [mm]\summe_{n=1}^\infty \bruch{1}{n^2}E(X^2 1\{|X|\le n\}) < \infty[/mm]
>
> Ich konnte zeigen: Aus 1 folgt 3 und aus 2 folgt 1. Jetzt
> wollte ich zeigen, dass aus 3 folgt 2. Dann wäre ich fertig.
Aus 2 folgt (wegen absoluter Konvergenz)
[mm] $1+\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$
[mm] $\ldots\ge\sum_{n=1}^\infty [/mm] (n+1) [mm] P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$
Damit kannst du nun leicht [mm] $EX\leq [/mm] E|X|$ nach oben abschätzen.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:36 Di 06.12.2011 | | Autor: | kalor |
Ich sehe nicht wie mir dies helfen soll zu zeigen "$ 3 [mm] \Rightarrow [/mm] 2$ .
Bitte entschuldige, wenn ich etwas übersehe.
Kalor
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:05 Di 06.12.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo,
> Ich sehe nicht wie mir dies helfen soll zu zeigen "[mm] 3 \Rightarrow 2[/mm]
Entschuldigung, ich habe mich verlesen und Hinweise für [mm] (2)\Rightarrow(1) [/mm] gegeben.
Ich sehe gerade selbst nicht sofort, wie man [mm] (3)\Rightarrow(2) [/mm] zeigt, überlege mir später vielleicht nochmal was.
LG
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Hallo kalor,
Hier ist ein Beweis für [mm] (3)\Rightarrow(2).
[/mm]
Oben im Thread zeigte ich
[mm] $\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] P(n\leq [/mm] |X|<n+1) $,
daher genügt es für c>0 zu zeigen
(*) [mm] $\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] P(n\leq [/mm] |X|< [mm] n+1)\leq c\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})<\infty.$
[/mm]
Nun gilt
[mm] \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})\geq \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\left(\sum_{i=0}^{n-1}i^2P(i\le |X|
[mm] $=\sum_{i=0}^\infty P(i\le |X|
denn
[mm] \sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}\ge\frac{1}{2}\int_i^\infty\frac{i^2}{x^2}dx=\frac{1}{2}i^2\left[\frac{-1}{x}\right]_i^\infty=\frac{1}{2}i^2\frac{1}{i}=\frac{i}{2}.
[/mm]
Damit kann man in (*) c=2 wählen, womit die Behauptung folgt.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:33 Di 06.12.2011 | | Autor: | kalor |
Hallo kamaleonti
Danke für deine Hilfe, ein paar Fragen zu den Umformungen habe ich aber noch:
>
> [mm]\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|
>
das ist ok
> daher genügt es für c>0 zu zeigen
>
> (*) [mm]\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)\leq c\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})<\infty.[/mm]
>
> Nun gilt
>
> [mm]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})\geq \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\left(\sum_{i=0}^{n-1}i^2P(i\le |X|
>
> [mm]=\sum_{i=0}^\infty P(i\le |X|
puh...hier verstehe ich so einiges nicht! Wieso gilt die erste Ungleichung? Das $ = $ verstehe ich nicht: Wieso darf ich bei der Gleichung die Summationsreihenfolge einfach vertauschen?
>
> denn
>
> [mm]\sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}\ge\frac{1}{2}\int_i^\infty\frac{i^2}{x^2}dx=\frac{1}{2}i^2\left[\frac{-1}{x}\right]_i^\infty=\frac{1}{2}i^2\frac{1}{i}=\frac{i}{2}.[/mm]
>
Hier verstehe ich die erste Ungleichung nicht. Wieso ist die Summe grösser als das Integral?
> Damit kann man in (*) c=2 wählen, womit die Behauptung
> folgt.
>
> LG
Ich danke dir für deine Geduld!
mfg
KaloR
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> Hallo kamaleonti
>
> Danke für deine Hilfe, ein paar Fragen zu den Umformungen
> habe ich aber noch:
>
> >
> > [mm]\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|
>
> >
> das ist ok
> > daher genügt es für c>0 zu zeigen
> >
> > (*) [mm]\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)\leq c\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})<\infty.[/mm]
>
> >
> > Nun gilt
> >
> > [mm]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}E(X^2 1_{|X|\le n})\geq \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\left(\sum_{i=0}^{n-1}i^2P(i\le |X|
>
> >
> > [mm]=\sum_{i=0}^\infty P(i\le |X|
>
> puh...hier verstehe ich so einiges nicht! Wieso gilt die erste Ungleichung?
Dazu musst Du dir überlegen
[mm] $E(X^2 1_{|X|\le n})\ge \sum_{i=0}^{n-1}i^2P(i\le [/mm] |X|<i+1)$,
mit [mm] $i^2\leq x^2$ [/mm] für [mm] $i\leq [/mm] x< [mm] (i+1)^2$ [/mm] ist das nicht schwer.
> Das [mm]=[/mm] verstehe ich nicht: Wieso darf ich
> bei der Gleichung die Summationsreihenfolge einfach vertauschen?
Alle Summanden der Reihe in 3) sind nichtnegativ, sie konvergiert nach Voraussetzung also absolut. Auch nach der ersten Abschätzung sind alle Summanden nichtnegativ, d. h. die absolute Konvergenz bleibt erhalten.
> >
> > denn
> >
> >
> [mm]\sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}\ge\frac{1}{2}\int_i^\infty\frac{i^2}{x^2}dx=\frac{1}{2}i^2\left[\frac{-1}{x}\right]_i^\infty=\frac{1}{2}i^2\frac{1}{i}=\frac{i}{2}.[/mm]
> >
>
> Hier verstehe ich die erste Ungleichung nicht. Wieso ist
> die Summe grösser als das Integral?
Den Faktor 1/2 habe ich sehr willkürlich gewählt (weil ich mir keine Gedanken machen wollte), im Prinzip ist
[mm] \sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}=\sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}[(n+1)-n]
[/mm]
eine Obersumme des Integrals, daher gilt sogar
[mm] \sum_{n=i}^\infty\frac{i^2}{n^2}\ge\int_i^\infty\frac{i^2}{x^2}dx
[/mm]
und man kann sogar c=1 wählen.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:58 So 11.12.2011 | | Autor: | kalor |
Hallo kamaleonti
> [mm]1+\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
> [mm]\ldots\ge\sum_{n=1}^\infty (n+1) P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
> Damit kannst du nun leicht [mm]EX\leq E|X|[/mm] nach oben
> abschätzen.
>
zwei Fragen stellen sich mir noch: was geht da zwischen den Punkten vor sich und wieso kann ich damit den Erwartungswert abschätzen? Es handelt sich ja nicht unbedingt um eine diskrete Zufallsvariable.
Danke, mfg
KalOR
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Hallo kalor,
> > [mm]1+\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
> >
> > [mm]\ldots\ge\sum_{n=1}^\infty (n+1) P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
> >
> > Damit kannst du nun leicht [mm]EX\leq E|X|[/mm] nach oben
> > abschätzen.
> >
> zwei Fragen stellen sich mir noch: was geht da zwischen den
> Punkten vor sich
Hier habe ich verwendet
[mm] $1=P(0\leq [/mm] |X|< [mm] 1)+\sum_{n=1}^\infty P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$,
P ist Wahrscheinlichkeitsmaß.
> und wieso kann ich damit den Erwartungswert abschätzen?
Der Erwartungswert ist ein Integral, zu welchem
[mm] $\sum_{n=0}^\infty [/mm] (n+1) [mm] P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$
eine Obersumme ist. Das ist fast das, was oben steht.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:17 Mo 12.12.2011 | | Autor: | kalor |
Hallo kamaleonti
Ich danke dir für deine Geduld. Du hilfst mir sehr! Bitte entschuldige, aber so ganz blicke ich noch nicht durch:
> Hallo kalor,
> [mm]1+\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
>
>
> [mm]\ldots\ge\sum_{n=1}^\infty (n+1) P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
>
Warum gelten
1. $ P(X [mm] \ge [/mm] n) = [mm] \summe_{j=n}^\infty [/mm] P(j [mm] \le [/mm] |X| < j+1) $
2.$ [mm] 1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$. Wieso ist das gleich?
Meine Einschätzung:
zu 1: Sei $ A [mm] :=\{\omega \in \Omega | |X(\omega)| \ge n\}$ [/mm] Dann gilt
$ A = [mm] \cup_{j\ge n}\{\omega \in \Omega\|j\le |X(\omega)| < j+1\} [/mm] $ Was links steht, ist eine disjunkte Partition von $ A $.
zu 2. kein Ahnung
Ich danke dir wirklich unglaublich fest!
mfg
KaloR
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> Hallo kamaleonti
>
> Ich danke dir für deine Geduld. Du hilfst mir sehr! Bitte
> entschuldige, aber so ganz blicke ich noch nicht durch:
>
> > Hallo kalor,
> > [mm]1+\summe_{n=1}^\infty P(|X|\ge n)=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
>
> >
> >
> >
> > [mm]\ldots\ge\sum_{n=1}^\infty (n+1) P(n\leq |X|< n+1)[/mm]
> >
> >
>
> Warum gelten
>
> 1. [mm]P(X \ge n) = \summe_{j=n}^\infty P(j \le |X| < j+1)[/mm]
>
> 2.[mm] 1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty P(j\le|X|< j+1)=1+\sum_{n=1}^\infty n P(n\leq |X|< n+1)[/mm].
> Wieso ist das gleich?
Die Reihe ist nach Voraussetzung absolut konvergent, deswegen darf die Summationsreihenfolge vertauscht werden.
Du kannst es dir so vorstellen:
Links werden mit der inneren Summe "Spalten" summiert und rechts Zeilen. Es gilt nämlich
[mm] $\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] P(n\leq [/mm] |X|< [mm] n+1)=\sum_{n=1}^\infty \sum_{i=1}^n P(n\leq [/mm] |X|< n+1)$
>
>
> Meine Einschätzung:
>
> zu 1: Sei [mm]A :=\{\omega \in \Omega | |X(\omega)| \ge n\}[/mm]
> Dann gilt
>
> [mm]A = \cup_{j\ge n}\{\omega \in \Omega\|j\le |X(\omega)| < j+1\}[/mm]
> Was linksrechts steht, ist eine disjunkte Partition von [mm]A [/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
LG
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