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 \author{Josua Kugler, Christian Merten}
 \usepackage[]{mathrsfs}
 \newcommand{\E}{\mathbb{E}}
+\newcommand{\F}{\mathbbm{F}}
 \newcommand{\var}{\mathbb{V}\text{ar}}
+\newcommand{\indep}{\perp \!\!\! \perp}
 
 \begin{document}
 
 \punkte[40]
 
 \begin{aufgabe}[]
-    
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item In der $i$-ten Runde wird das Kapital mit $1 + (-0.5)^k_i$ multipliziert, wobei $k_i = 0$ für Kopf stehe
+        und $k_i = 1$ bedeute, dass in der $i$-ten Runde Zahl geworfen wird. Offenbar ist $k_i$ Bernoulli-verteilt mit
+        $n = 1$, $p = 0.5$. Daher gilt $R_i \overset{i.i.d}{\sim} 1 + (-0.5)^{B_{0.5}}$.
+        \item Es gilt
+        \begin{salign*}
+            \E(K_n) &= \E\left(\prod_{i = 1}^n R_i\right)\\
+            &\stackrel{\indep R_i}{=} \prod_{i=1}^n \E(R_i)\\
+            &\stackrel{R_i \sim 1 + (-0.5)^{B_{0.5}}}{=} \E(1 + (-0.5)^{B_{0.5}})^n\\
+            &= (0.5(1.5 + 0.5))^n\\
+            &= 1
+        \end{salign*}
+        \item Es gilt
+        \begin{align*}
+            \E(\ln R_1) = 0.5 \cdot \ln(0.5) + 0.5 \cdot \ln(1.5) = \frac{\ln(3)}{2} - \ln(2) < 0. 
+        \end{align*}
+        Insbesondere ist $\ln(R_1) \in \mathscr L_1$. Außerdem ist $(\ln R_i)_{i\in \N}$ eine unabhängig und identisch verteilte
+        Folge reeller Zufallsvariablen. Daher sind die Voraussetzungen fürs SGGZ erfüllt und wir erhalten 
+        \begin{salign*}
+            \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \ln K_n &= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{\infty} \ln R_i\\
+            &= \lim\limits_{n \to \infty} \overline{\ln R_i}\\
+            &\stackrel{\text{SGGZ}}{=} \E(R_1)\\
+            &= \frac{\ln(3)}{2} - \ln(2) < 0.
+            \intertext{Wir schließen daraus}
+            \lim\limits_{n \to \infty} \ln K_n &= -\infty.
+            \intertext{Schlussendlich folgt}
+            \lim\limits_{n \to \infty} K_n &= \lim\limits_{n \to \infty} e^{\ln K_n}\\
+            &\stackrel{\operatorname{exp} \text{ stetig}}{=} e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln K_n}\\
+            &= 0.
+        \end{salign*}
+    \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
 \begin{aufgabe}[]
-    
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Aus dem ZGWS folgt mit Korollar 31.04: $\sqrt{n}[\overline{X_n}-\mu] \xrightarrow{D} N_{(0,\sigma^2)}$.
+        Daraus erhalten wir für $a_n = \sqrt{n}, X_n = \overline{X_n}$ und $x = \mu$ mit Satz 29.19 
+        $\overline{X}_n \xrightarrow{\mathbbm{P}} \mu = \E(X_1)$. Das ist genau die Aussage des schwachen Gesetzes
+        der großen Zahlen.
+        \item Wir zeigen $X_n \xrightarrow{\mathbbm{P}} 0$. Daraus folgt dann die Behauptung.
+        
+        Sei $\epsilon > 0$. 
+        Es gilt wegen $\sqrt[n]{n} \xrightarrow{n \to \infty} 1$
+        \begin{align*}
+            \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{2\epsilon}{n+1}} = 1.
+        \end{align*}
+        Für beliebiges $x \in (-1, 1)$ existiert daher ein $n\in \N$ mit $|x| < \sqrt[n]{\frac{2\epsilon}{n+1}}$.
+        Insbesondere ist 
+        \begin{align*}
+            \limsup\limits_{n \to \infty} \left\{|\frac{n+1}{2} |x|^n \mathbbm{1}_{(-1,1)}| > \epsilon\right\}
+            &= \limsup\limits_{n \to \infty} \left\{x \in (-1, 1), |x| > \sqrt[n]{\frac{2\epsilon}{n+1}}\right\}= \emptyset
+        \end{align*}
+        und damit auch $\limsup\limits_{n \to \infty} \mathbbm{P}(\{|X_n| > \epsilon\}) = 0$.
+        Das ist gerade die Definition von $X_n \xrightarrow{\mathbbm{P}} 0$, die Behauptung ist also bewiesen.
+        \item \begin{enumerate}
+            \item Es gilt $\forall x < 0\colon \F_n(x) = 0 \implies \F(x) = 0$,
+            $\forall x \in [0,1]\colon \F_n(x) = \frac{x}{1 + 1/n} \implies \F(x) = x$ und
+            $\forall x \geq 1\colon \F_n(x) = \frac{x}{1+1/n}$ für $x < 1+ 1/n \Leftrightarrow n < \frac{1}{x-1}$. 
+            Für $n > \frac{1}{x-1}$ gilt $\F_n(x) = 0$. Daraus folgt $\F(x) = 0$.
+            Wir erhalten als Grenzwert der Verteilungsfunktionen 
+            \begin{align*}
+                \lim\limits_{n \to \infty} \F_n(x) = \F(x) \coloneqq \begin{cases}
+                    0 &| x < 0\\
+                    x &| 0 \leq x \leq 1\\
+                    1 &| 1 < x
+                \end{cases}
+            \end{align*}
+            Dies ist genau die Verteilungsfunktion von $U_{[0,1]}$, also wähle gilt $X_n \xrightarrow{D} U_{[0,1]}$.
+            \item Es gilt
+            \begin{align*}
+                \lim\limits_{n \to \infty} \F_n(x) &= \lim\limits_{n \to \infty} \begin{cases}
+                    \int_0^x ne^{-n\tilde{x}}\d{\tilde{x}} = 1 - e^{-nx} &| x > 0\\
+                    0 &| x \leq 0
+                \end{cases}\\
+                &= \begin{cases}
+                    1 - \lim\limits_{n \to \infty} e^{-nx} &| x > 0\\
+                    0&|x \leq 0
+                \end{cases}\\
+                &= \mathbbm{1}_{\R_{\setminus 0}^+}
+            \end{align*}
+            Es gilt aber $\lim\limits_{x \searrow 0} \mathbbm{1}_{\R_{\setminus 0}^+}(x) = 1 \neq 0 = \mathbbm{1}_{\R_{\setminus 0}^+}(0)$.
+            Daher ist der Grenzwert der Verteilungsfunktion nicht rechtsstetig. Es kann daher keine Zufallsvariable mit dieser Verteilung
+            existieren.
+            \item Es gilt
+            \begin{align*}
+                \lim\limits_{n \to \infty} \F_n(x) &= \lim\limits_{n \to \infty} \begin{cases}
+                    \int_0^x \frac{1}{n}e^{-\frac{1}{n}\tilde{x}}\d{\tilde{x}} = 1 - e^{-\frac{1}{n}x} &| x > 0\\
+                    0 &| x \leq 0
+                \end{cases}\\
+                &= \begin{cases}
+                    1 - \lim\limits_{n \to \infty} e^{-\frac{1}{n}x} = 0 &| x > 0\\
+                    0&|x \leq 0
+                \end{cases}\\
+                &\equiv 0
+            \end{align*}
+            Es gilt aber $\lim\limits_{x \to \infty} 0 = 0\neq 1$. Es kann daher keine Zufallsvariable mit dieser Verteilung
+            existieren.
+        \end{enumerate}
+    \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
 \begin{aufgabe}
@@ -45,7 +141,7 @@
             es folgt für $t \in \R$
             \[
                 \varphi_{Y-Z}(t) = \varphi_{Y} \varphi_{-Y}(t) = \varphi_Y(t) \overline{\varphi_Y(t)}
-                = |\varphi_Y(t)| \ge 0
+                = |\varphi_Y(t)|^2 \ge 0
             .\] Aber $\varphi_{X}(t) = \frac{\sin(t)}{t}$ für $X \sim U_{[-1, 1]}$ und
             für $t = \frac{3}{2} \pi$ folgt $\varphi_X(\frac{3}{2}\pi) = - \frac{2}{3 \pi} < 0$.
             Also ist $\varphi_X(t) \neq \varphi_{Y-Z}(t)$, also