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2021-02-01 19:23:57 +01:00
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@@ -4,6 +4,8 @@
\author{Josua Kugler, Christian Merten}
\usepackage[]{mathrsfs}
\newcommand{\E}{\mathbb{E}}
\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
\begin{document}
@@ -25,7 +27,29 @@
.\] Also kann $\mathscr{H}_0$ nicht zum Signifikanzniveau $0.05$ abgelehnt werden.
\end{aufgabe}
\stepcounter{aufgabe}
\begin{aufgabe}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Für alle $\delta > 0$ gilt per Definition
\begin{align*}
\lim\limits_{n \to \infty} \lim\limits_{m \to \infty} \P(|Y_n - y| > \delta) &= 0\\
\lim\limits_{n \to \infty} \lim\limits_{m \to \infty} \P(|Z_n - z| > \delta) &= 0
\end{align*}
Da $h$ eine stetige Funktion ist und $y$ und $z$ bereits feststehen gilt
\begin{align*}
\forall \epsilon > 0 \exists \delta > 0: \lVert(Y_n, Z_n) - (y,z)\rVert_1 \leq \delta &\implies |h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| \leq \epsilon\\
|Y_n - y| + |Z_n -z| \leq \delta &\implies |h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| \leq \epsilon\\
\{|h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| \leq \epsilon\}&\supset \{|Y_n - y| + |Z_n -z| \leq \delta\}\\
\{|h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| > \epsilon\}&\subset \{|Y_n - y| + |Z_n -z| > \delta\}\\
\P(|h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| > \epsilon) &\leq P(|Y_n - y| + |Z_n -z| > \delta)\\
\P(|h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| > \epsilon) &\leq P(|Y_n - y| > \delta) + \P(|Z_n -z| > \delta)
\intertext{$Y_n \xrightarrow{\P} y$,$Z_n \xrightarrow{\P} z$}
\lim\limits_{n \to \infty} \P(|h(Y_n, Z_n) - h(y, z)| > \epsilon) &= 0.
\end{align*}
\item Auch $(a_n)_{n\in \N}$ kann als eine Folge von (konstanten) Zufallsvariablen aufgefasst werden.
Weil $h(a,X) = aX$ eine stetige Funktion ist, gilt $a_nX_n \xrightarrow{\P} aX$.
Weil $h(X, Y) = X + Y$ eine stetige Funktion ist, gilt $a_nX_n + Y_n \xrightarrow{\P} aX +Y$.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}
\begin{aufgabe}
Sei $X, X_n\colon \Omega \to \R$ für $n \in \N$.
@@ -105,4 +129,46 @@
\end{enumerate}
\end{aufgabe}
\begin{aufgabe}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Es gilt für $ 0 <\epsilon < 1$
\begin{align*}
\lim\limits_{n \to \infty} \P(X_n > \epsilon) &= \lim\limits_{n \to \infty} \P(\sqrt{n}\mathbbm{1}_{[0,\frac{1}{n}]}(U) > \epsilon)\\
&= \lim\limits_{n \to \infty} \P(\mathbbm{1}_{[0,\frac{1}{n}]}(U))\\
&= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\\
&= 0.
\end{align*}
Also gilt $X_n \xrightarrow{\P} 0$
Gleichzeitig erhalten wir
\begin{align*}
\E(|X_n|^2) &= \lim\limits_{n \to \infty} \int_\R (X_n)^2 \P(\d{x}) \\
&= \lim\limits_{n \to \infty} \int_\R n \mathbbm{1}_{[0,\frac{1}{n}]}(U)\P(\d{x})\\
&= \lim\limits_{n \to \infty} n \frac{1}{n}\\
&= 1\\
&\neq 0.
\end{align*}
Daraus folgt $X_n \not \xrightarrow{L^2} 0$.
\item Es gilt
\begin{align*}
\E(|X - X_n|^2) &= \E(|X- X_n|^2 \mathbbm{1}_{|X_n-X| > \epsilon}) + \E(|X- X_n|^2 \mathbbm{1}_{|X_n-X| \leq \epsilon})\\
\intertext{Wir nutzen die Hölder-Ungleichung $\E(|X_nX|) \leq \sqrt{\E(|X|^2)\E(|X_n|^2)}$ und erhalten}
&= \E(|X|^2\mathbbm{1}_{|X_n-X| > \epsilon}) + \E(|X_n|^2\mathbbm{1}_{|X_n-X| > \epsilon}) - 2\E(|XX_n|\mathbbm{1}_{|X_n-X| > \epsilon}) + \E(|X- X_n|^2 \mathbbm{1}_{|X_n-X| \leq \epsilon})
\intertext{Wegen $X_n \xrightarrow{\P} X$ ist $\{|X_n - X| > \epsilon\}$ eine Nullmenge und es gilt}
&= 0 + \E(|X- X_n|^2 \mathbbm{1}_{|X_n-X| \leq \epsilon})\\
&= \epsilon^2 \E(\mathbbm{1}_{|X_n-X| \leq \epsilon})\\
&= \epsilon^2 (1 - \P(|X_n - X| > \epsilon))\\
&= \epsilon^2
\end{align*}
Für $\epsilon \to 0$ erhalten wir daraus die Behauptung.
\item Betrachte
\begin{align*}
\limsup\limits_{n \to \infty} \E(|X_n|^{2 + \alpha}) &= \limsup\limits_{n \to \infty} \int_\R \sqrt{n}^{2 + \alpha} \cdot \mathbbm{1}_{[0,1]}(U) \P^U(\d x)\\
&= \limsup\limits_{n \to \infty} n \cdot n^{\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{1}{n}\\
&= \limsup\limits_{n \to \infty} n^{\frac{\alpha}{2}}\\
&= \infty
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{aufgabe}
\end{document}