perimenten, das Bernoulli-Schema - Institut für Mathematik, Uni

Kapitel 4: Kopplung von diskreten Zufallsexperimenten, das Bernoulli-Schema
1. Es sei Ω die Menge aller unendlich langen Folgen bestehend aus 0 und 1,
d.h.
Ω = {(ε1 , ε2 , ...) : εi ∈ {0, 1}}.
Die Menge Ω kann identifiziert werden mit allen reellen Zahlen von [0, 1].
Eine eineindeutige Zuordnung ist gegeben durch die Darstellung in Form
von Dualzahlen:
∞
X
x=
εi 2−i .
i=0
Aus dieser eineindeutigen Abbildung x ⇔ (ε1 , ε2 , ...) folgt insbesondere,
dass Ω überabzählbar ist. Um eine geeignete σ−Algebra von Teilmengen
einzuführen, setzen wir
A(ε1 ,ε2 ,...,εn ) = {(ω1 , ω2 , ...) : ωi = εi , 1 ≤ i ≤ n, ωi ∈ {0, 1} beliebig, i > n}.
Die Menge A(ε1 ,ε2 ,...,εn ) besteht also aus allen unendlich langen Folgen, bei
denen an der ersten Stelle ε1 , an der zweiten ε2 , ..., an der n−ten Stelle εn
steht.
Theorem 1 Es sei F die kleinste σ−Algebra von Teilmengen von Ω, die alle
Mengen der Form A(ε1 ,ε2 ,...,εn ) enthält. Dann existiert zu jedem 0 ≤ p ≤ 1
genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß P auf F derart, dass für alle n ∈ N und
alle εi ∈ {0, 1}
n
n
P (A(ε1 ,ε2 ,...,εn ) ) = pΣi=1 εi (1 − p)n−Σi=1 εi
(1)
gilt. Der Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, F, P ) heißt dann unendliches BernoulliSchema.
Die Beziehung (1) besagt, dass man Wahrscheinlichkeiten von Ereignissen, die sich nur auf endlich viele Versuche beziehen, wie im endlichen BernoulliSchema berechnen kann. Für den Beweis des Satzes verweisen wir auf Sirjaev
(1988), ”Wahrscheinlichkeitstheorie”, Seite 259, Satz 2, Paragraph 9, Kapitel
II.
2. Im unendlichen Bernoulli-Schema mit p > 0 sei A das Ereignis, das
darin besteht, daß nur die Zahl 0 fällt. Man zeige A ∈ F und beweise
P (A) = 0.
1
Hinweis:
A=
\∞
n=1
An,0 ,
An,0 = A(0,0,...,0) .
3. Im unendlichen Bernoulli-Schema mit p < 1 sei A∞ das Ereignis, das
darin besteht, dass unendlich oft die Zahl 0 auftritt. Man zeige A∞ ∈ F und
P (A∞ ) = 1.
Hinweis:
∞ \
∞
[
A∞ =
Bn,m
n=1 m=1
wobei
Bn,m = {(ε1 , ε2 , ...) :
m
X
(1 − εi ) ≤ n}.
i=1
T
Die Folge Cn = ∞
m=1 Bn,m ist monoton wachsend in n. Deshalb gilt wegen
der Stetigkeit des Wahrscheinlichkeitsmaßes P von unten
lim P (Cn ) = P (A∞ ).
n→∞
Bn,m ist in m monoton fallend. Es bleibt also zu zeigen, dass limm→∞ P (Bn,m ) =
0 gilt. Dies gelingt mit Hilfe der entsprechenden Wahrscheinlichkeiten im
endlichen Bernoulli-Schema.
4. Im unendlichen Bernoulli-Schema sei An das Ereignis, das darin besteht,
dass im n−ten Schritt erstmals 1 steht. Man zeige
P (An ) = (1 − p)n−1 p.
5. Im unendlichen Bernoulli-Schema sei An,r das Ereignis, das darin
besteht, dass im n−ten Schritt 1 zum r−ten Mal beobachtet wurde. Man
zeige
n−1 r
p (1 − p)n−r , falls 1 ≤ r ≤ n
r−1
P (An,r ) =
0
,
sonst .
6. Im unendlichen Bernoulli-Schema sei Bn,δ das Ereignis, das darin
besteht, dass die relative Häufigkeit des Auftretens von 1 innerhalb der ersten
n Versuche um mehr als δ von p abweicht. Man zeige für
1 Xn
Bn,δ = {(ε1 , ε2 , ..., εn ) : εi − p > δ}
i=1
n
die Beziehung
lim P (Bn,δ ) = 0.
n→∞
2
Hinweis: Man zeige zunächst
n
X
(k − np)2 bn,p (k) = np(1 − p)
k=0
X
bn,p (k) ≤
k
k:| n
−p|>δ
1
np(1 − p).
δ2
7. Eine Urne möge M rote Kugeln und N − M schwarze Kugeln enthalten. Die sukzessiven Ziehungen erfolgen so: Es wird eine Kugel entnommen,
die Farbe wird notiert und dann wird die Kugel zurückgelegt. Für eine fest
gewählte ganze Zahl c werden dann c Kugeln der gleichen Farbe zusätzlich
in die Urne gegeben. Für c < 0 werden |c| Kugeln entnommen. Damit ergibt
sich für c = 0 einen Urnenmodell mit Zurücklegen und für c = −1 ein Urnenmodell ohne Zurücklegen. Wir beschreiben den Ziehungsvorgang durch
eine Kopplung von Modellen. Dazu sei Ω0 = {0, 1} wobei 0 für rot und 1 für
schwarz steht. Wir konstruieren jetzt die Anfangswahrscheinlichkeitsfunktion. Offensichtlich gilt
q1 (0) =
M
N
q1 (1) = 1 −
und
M
.
N
Sind in den ersten j − 1 Ziehungen erfolgt und wurden k rote und j − 1 − k
schwarze gezogen, so enthält die Urne vor dem j−ten Zug M +kc rote Kugeln
und N − M + (j − 1 − k)c schwarze Kugeln. Deshalb setzen wir
M + kc
N + (j − 1)c
N − M + (j − 1 − k)c
pj (1|ω1 , ...ωj−1 ) =
.
N + (j − 1)c
pj (0|ω1 , ..., ωj−1 ) =
Weil j − 1 − k =
funktion
p(ω1 , ...ωn ) =
Pj−1
l=1
ωl gilt, erhalten wir endgültig als Wahrscheinlichkeits-
n−k−1
Πk−1
(N − M + lc)
i=0 (M + ic)Πl=0
n−1
Πν=0 (N + νc)
falls
Xn
l=1
ωl = n − k
Weil das Ereignis ”genau k rote Kugeln wurden gezogen” aus nk gleichwahrscheinlichen Elementarereignissen besteht, ergibt sich als Wahrscheinlichkeit hierfür
k−1
n Πi=0 (M + ic)Πn−k−1
(N − M + lc)
l=0
.
n−1
k
Πν=0 (N + νc)
3
8. In einer Spielshow besteht die Möglichkeit, ein Auto zu gewinnen. Hinter drei verschlossenen Türen steht hinter einer vorher zufällig ausgewählten
Tür das Auto. Hinter den beiden anderen steht jeweils eine Ziege. Der
Kandidat wählt eine Tür, die aber verschlossen bleibt. Der Spielleiter öffnet
dann eine der beiden anderen Türen, hinter der eine Ziege steht. Dann
fragt der Spielleiter, der weiß, wo das Auto steht, den Kandidaten, ob er
seine Wahl ändern möchte. Nach dessen Antwort wird die Tür, für die er
sich endgültig entschieden hat geöffnet. Das Problem ist, ob der Kandidat
seine Meinung beibehalten oder zu einer anderen Tür wechseln soll. Die
anschauliche Lösung ist so. Jeder Kandidat verfährt mit einer festen Strategie. Der Nichtwechsler gewinnt genau dann, wenn er zufällig die richtige der
drei Türen ausgewählt hat. Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist 13 . Der Kandidat mit der Wechselstrategie gewinnt genau dann, wenn er eine der beiden
Türen gewählt hat, hinter der eine Ziege steht, weil der Spielleiter ihm dann
die andere Ziegentür zeigt und er sich durch den Wechsel für die richtige Tür
entscheidet. Die Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt für den Wechsler 23 .
Mathematisch beschreiben wir diesen Vorgang durch eine Kopplung von
Experimenten. Sei Ωj = {1, 2, 3} und Ω = Ω1 ×Ω2 ×Ω3 . Das Elementarereignis (i, j, k) besagt, dass das Auto hinter der Tür i steht, dass der Kandidat
zunächst die Tür j gewählt hatte und schließlich der Spielleiter der Tür k
öffnete. Es gilt q0 (i) = 31 , da der Spielleiter rein zufällig eine der Türen für
das Auto auswählt. Sei p2 (j|i) = 13 , d.h. der Kandidat wählt, weil er keine
zusätzlichen Informationen hat, rein zufällig eine Tür aus. Für die Konstruktion der bedingten Wahrscheinlichkeitsfunktion p3 (k| i, j) beachten wir,
dass der Spielleiter für i 6= j keine Wahl hat als die verbleibende Ziegent”ur
zu ”offnen. In den anderen Fällen wählt er rein zufällig eine der beiden
Ziegentüren. Damit ergibt sich


1, falls i 6= j und k ∈ Ω3 \ {i, j},
p3 (k| i, j) = 21 , falls i = j und k ∈ Ω3 \ {i},


0, sonst.
Man berechne die Wahrscheinlichkeitsfunktion p(i, j, k) und die Gewinnchancen für beide Strategien.
4