add ex 1 & 2

wtheo10.tex

@@ -0,0 +1,174 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 10}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+\usepackage[]{mathrsfs}
+\newcommand{\E}{\mathbb{E}}
+\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
+
+
+\begin{document}
+
+\punkte[36]
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $X \in \mathscr{A}^{n}$ die Flughöhe von $n$ Barock-Raketen und $Y \in \mathscr{A}^{m}$ die Flughöhe
+    von $m$ Renaissance-Raketen. Laut
+    Aufgabenstellung ist $(X,Y) \sim (N_{(\mu_B, \sigma^2)}^{n} \otimes N_{(\mu_R, \sigma^2)}^{m})$.
+    Sei außerdem $\mathscr{H}_0\colon \mu_B \ge \mu_R$. Nach Satz 26.43 hält dann
+    der linksseitige Test
+    \[
+        \varphi_c^{l} = \mathbbm{1}_{ \{ \overline{X}_n - \overline{Y}_{m} \le -c \frac{\sqrt{n + m} }{\sqrt{nm} } \hat{S}_{n,m}\}} = \mathbbm{1}_{\left\{ - \frac{\overline{X}_n - \overline{X}_m}{\hat{S}_{n,m}} \frac{\sqrt{nm} }{\sqrt{n+m} } \ge c\right\} }
+    \] mit $c = t_{(n+m-2),(1-\alpha)}$ das Niveau $\alpha$ ein.
+    Einsetzen aller Werte ergibt
+    \[
+    - \frac{\overline{X}_n - \overline{X}_m}{\hat{S}_{n,m}} \frac{\sqrt{nm} }{\sqrt{n+m} }
+    \approx 0.941 < 1.734 = t_{18,0.95}
+    .\] Also kann $\mathscr{H}_0$ nicht zum Signifikanzniveau $0.05$ abgelehnt werden.
+\end{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 $n \in \N$.
+    $X_n \xrightarrow{\mathbb{P}\text{ f.s.}} X \implies X_n \xrightarrow{\mathbb{P}} X$ nach VL.
+    Sei also $X_n \xrightarrow{\mathbb{P}} X$. Sei weiter
+    $\mathcal{X} \coloneqq \{ \omega \in \Omega  \mid \mathbb{P}(\omega) > 0\} $. Dann
+    ist $\mathbb{P}(\Omega \setminus \mathcal{X}) = 0$. Es genügt also
+    zu zeigen, dass $\lim_{n \to \infty} |X_n(\omega) - X(\omega)| = 0$ für $\omega \in \mathcal{X}$.
+    Sei dazu $\epsilon > 0$ und $\omega \in \mathcal{X}$.
+    Da $\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}(|X_n - X| > \epsilon) = 0$ ex.
+    ein $n_0 \in \N$, s.d. $\forall n \ge n_0$:
+    \[
+        \mathbb{P}(|X_n - X| > \epsilon) < \mathbb{P}(\omega)
+    .\] Damit folgt $w \not\in \{|X_n - X| > \epsilon \} $, also
+    $|X_n(\omega) - X(\omega)| = 0$.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Zunächst berechne für $n \in \N$:
+    \begin{salign*}
+        \mathbb{P}^{U}([n, \infty)) &= 1 - \mathbb{P}^{U}((-\infty, n))
+        = 1 - \int_{0}^{n} \exp(-v) \d{v} = \exp(-n) \\
+        \mathbb{P}^{V}([n, \infty)) &= 1 - \mathbb{P}^{V}((-\infty, n))
+        = 1 - \int_{1}^{n} \frac{1}{v^2} \d{v} = \frac{1}{n}
+    .\end{salign*}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $\epsilon > 0$ und $n \in \N$ mit $n > \epsilon$. Dann gilt
+            \begin{salign*}
+                \mathbb{P}(|X_n| > \epsilon) = \mathbb{P}(n \mathbbm{1}_{[n, \infty)}(U) > \epsilon) \;
+                \stackrel{n > \epsilon}{=} \; \mathbb{P}(\mathbbm{1}_{[n, \infty)}(U) > 0 )
+                = \mathbb{P}^{U}([n, \infty)) = \exp(-n)
+            .\end{salign*}
+            Also folgt $\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}(|X_n| > \epsilon) = 0$ also
+            $X_n \xrightarrow{\mathbb{P}} 0$.
+
+            Sei nun $\sqrt{n}  > \epsilon$. Dann gilt
+            \begin{salign*}
+                \mathbb{P}(|Y_n| > \epsilon) = \mathbb{P}(\sqrt{n}  \mathbbm{1}_{[n, \infty)}(V) > \epsilon)
+                \; \stackrel{\sqrt{n} > \epsilon}{=}
+                \mathbb{P}^{V}([n, \infty)) = \frac{1}{n}
+            .\end{salign*}
+            Also folgt $\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}(|Y_n| > \epsilon) = 0$ also
+            $Y_n \xrightarrow{\mathbb{P}} 0$.
+        \item Betrachte
+            \begin{salign*}
+                \E(|X_n|^2) = \E(n^2 \mathbbm{1}_{[n, \infty)}(U))
+                = n^2 \int_{\R}^{} \mathbbm{1}_{[n, \infty)}(v) f^{U}(v) \d{v}
+                = n^2 \mathbb{P}^{U}((n, \infty))
+                = n^2 \exp(-n)
+            .\end{salign*}
+            Betrachte $f(x) \coloneqq x^2 \exp(-x) \in C^{\infty}(\R)$.
+            Dann ist durch mehrfache Anwendung von de l'Hospital
+            ($*$):
+            \[
+                \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} x^2 \exp(-x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{\frac{1}{\exp(-x)}}
+            \stackrel{(*)}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{\exp(x)}
+            \stackrel{(*)}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2}{\exp(x)} = 0
+            .\] 
+            Mit der Folge $(a_n)_{n \in \N}$ mit $a_n \coloneqq n$ folgt also
+            $\lim_{n \to \infty} n^2\exp(-n) = f(n) = \lim_{x \to \infty} f(x) = 0$.
+            Also folgt insgesamt $\lim_{n \to \infty} \Vert X_n \Vert_{L^2} = 0$ und damit
+            $X_n \xrightarrow{\mathscr{L}_2} 0$.
+
+            Weiter folgt
+            \begin{salign*}
+                \E(|Y_n|^2) = \E(n\mathbbm{1}_{[n, \infty)}(V))
+                = n \int_{\R}^{} \mathbbm{1}_{[n, \infty)}(v) f^{V}(v) \d{v}
+                = n \mathbb{P}^{V}((n, \infty))
+                = n \frac{1}{n} = 1
+            .\end{salign*}
+            Damit folgt $\lim_{n \to \infty} \Vert Y_n \Vert_{L^2} = \sqrt{1} = 1 \neq 0$. Da
+            $Y_n \xrightarrow{\mathbb{P}} 0$ konvergiert $Y_n$ nicht in $\mathscr{L}_2$ gegen
+            ein $Y \in \overline{\mathscr{A}}$ mit $Y \neq 0$ $\mathbb{P}$ f.s., da
+            sonst auch $Y_n \xrightarrow{\mathbb{P}} Y \neq 0$ und
+            stochastische Grenzwerte $\mathbb{P}$ f.s. übereinstimmen.
+            Also konvergiert $Y_n$ nicht in $\mathscr{L}_2$.
+    \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}

wtheo11.tex

@@ -0,0 +1,243 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 11}
+\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}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $t \in \R$ beliebig. Dann rechne
+            \begin{salign*}
+                \E(\cos(tX)) &= \int_{a}^{b} \cos(tx) \frac{1}{b-a}\d{x}
+                = \frac{1}{b-a} \frac{1}{t} \sin(tx) \Big|_{a}^{b} = \frac{1}{t(b-a)}(\sin(tb) - \sin(ta)) \\
+                \E(\sin(tX)) &= \int_{a}^{b} \sin(tx) \frac{1}{b-a} \d{x}
+                = \frac{1}{t(b-a)} (\cos(ta) - \cos(tb))
+                \intertext{Insgesamt ergibt sich}
+                \varphi_X(t) &= \frac{1}{t(b-a)} \left[ \sin(tb) - \sin(ta) + i \cos(ta) - i\cos(tb) \right]
+                = \frac{1}{it(b-a)} \left[ \exp(tai) - \exp(tbi) \right] 
+            .\end{salign*}
+        \item Da $Y$ und $Z$ unabhängig, sind auch $\exp(itY)$ und $\exp(itZ)$ unabhängig. Damit folgt
+            für $t \in \R$:
+            \begin{salign*}
+                \varphi_{Y+Z}(t) &= \E(\exp(i t(Y + Z))) = \E(\exp(itY) \exp(itZ))
+                = \E(\exp(itY)) \E(\exp(itZ)) = \varphi_Y(t) \varphi_Z(t)
+            .\end{salign*}
+            Es gilt nach VL $\E(\overline{Z}) = \overline{\E(Z)}$, also folgt
+            \begin{salign*}
+                \varphi_{-Y}(t) = \E(\exp(-itY)) = \E(\overline{e^{itY}}) = \overline{\E(e^{itY})}
+                = \overline{\varphi_{Y}(t)}
+            .\end{salign*}
+            Seien nun $Y, Z$ identisch verteilt. Dann ist $\varphi_Y = \varphi_{Z}$ und
+            es folgt für $t \in \R$
+            \[
+                \varphi_{Y-Z}(t) = \varphi_{Y} \varphi_{-Y}(t) = \varphi_Y(t) \overline{\varphi_Y(t)}
+                = |\varphi_Y(t)|^2 \ge 0
+            .\] 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
+            ist $Y - Z$ nicht $U_{[-1,1]}$ verteilt.
+        \item Es gilt für $t \in \R$
+            \[
+                \varphi_{X_2}(t) = \varphi_{X_1}(t) = \varphi_{X_1 + X_2}(t) = \varphi_{X_1}(t) \varphi_{X_2}(t)
+            .\] Da $\varphi_{X_1}(t) = \varphi_{X_2}(t) \neq 0$, folgt
+            \[
+                \varphi_{X_1}(t) = \varphi_{X_2}(t) = 1
+            .\] Setze $Z \coloneqq 0$. Dann ist $\varphi_{Z}(t) = 1$ $\forall t \in \R$, also
+            folgt
+            \[
+                \varphi_{X_1}(t) = \varphi_{X_2}(t) = \varphi_{Z}(t)
+            .\] Betrachte nun $Y_n \coloneqq X_1$ $\forall n \in \N$. Dann
+            ist $Y_n \xrightarrow{D} Z$. Da $Z$ konstant, folgt damit auch
+            $Y_n \xrightarrow{\mathbb{P}} Z$. Also $\forall \epsilon > 0$
+            \[
+                \mathbb{P}(|X_2| > \epsilon) = \mathbb{P}(|X_1| > \epsilon) = \lim_{n \to \infty} \mathbb{P}(|Y_n - Z| > \epsilon) = 0
+            .\] Da $\epsilon$ beliebig, folgt $\mathbb{P}(X_1 = 0) = \mathbb{P}(X_2 = 0) = 1$. Also
+            $X_1 = 0 = X_2$ $\mathbb{P}$ f.s.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Setze $Y_i(x) \coloneqq \mathbbm{1}_{\{X_i \le x\}}$. Dann
+            ist $Y_i(x) \sim \text{Bernoulli}_{p}$ mit:
+            \[
+            p := \mathbb{P}(X_i \le x) =\mathbb{P}(X_1 \le x) = \mathbb{F}(x)
+            .\] 
+            Dann
+            ist $n \hat{\mathbb{F}}_n(x) = \sum_{i=1}^{n} Y_i(x)$ und damit
+            $n \hat{\mathbb{F}}_n(x) \sim \text{Bin}_{n,p}$  mit $p = \mathbb{P}(X_1 \le x) = \mathbb{F}(x)$.
+            Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \E(\hat{\mathbb{F}}_n(x)) &= \frac{1}{n} \E(n\hat{\mathbb{F}}_n(x))
+                = \frac{1}{n} n p = p = \mathbb{F}(x)\\
+                \var(\hat{\mathbb{F}}_n(x)) &= \frac{1}{n^2} \var(n \hat{\mathbb{F}}_n(x)) = \frac{p(1-p)}{n}
+                = \frac{\mathbb{F}(x)(1 - \mathbb{F}(x)}{n}
+            .\end{salign*}
+        \item Es ist $\hat{\mathbb{F}}_n(x) = \overline{Y}_n(x)$. Also folgt
+            \begin{salign*}
+                \lim_{n \to \infty} \hat{\mathbb{F}}_n(x) =
+                \lim_{n \to \infty} \overline{Y}_n(x)
+                &\stackrel{\text{SGGZ}}{=} \E(Y_1) = \mathbb{F}(x)
+            .\end{salign*}
+        \item Es gilt da $\var(Y_1) = p(1-p) = \mathbb{F}(x)(1 - \mathbb{F}(x))$:
+            \begin{salign*}
+                \sqrt{n} (\hat{\mathbb{F}}_n(x) - \mathbb{F}(x))
+                = \sqrt{n} (\overline{Y}_n(x) - \mathbb{F}(x))
+                \xrightarrow[\text{ZGWS}]{D} N_{(0, \var(Y_1(x))}
+                = N_{(0, \mathbb{F}(x)(1 - \mathbb{F}(x))}
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $b \in \R^{+}$. Dann ist
+            \begin{salign*}
+                \text{Bias}_b(\hat{b}_n) &= \E_b(\hat{b}_n - b) = 2 \E_b(\overline{X}_n) - b =
+                2 \E_b(X_1) - b = 0 \\
+                \var_b(\hat{b}_n) &= 4 \var_b(\overline{X}_n) = \frac{4}{n} \var_b(X_1) = \frac{b^2}{3n}
+            .\end{salign*}
+            Setze $Y_i \coloneqq 2 X_i$. Dann ist $\overline{Y}_n = 2 \overline{X}_n = \hat{b}_n$. Damit
+            folgt mit ZGWS direkt
+            \[
+                \sqrt{n} (\hat{b}_n - b) = \sqrt{n} (\overline{Y}_n - \E(Y_1))
+                \xrightarrow{D} N_{(0, \var(Y_1)} = N_{(0, b^2/3)}
+            .\] 
+        \item Es ist $\hat{b}_n$ nach (a) $\sqrt{n} $-konsistent. Außerdem ist mit (a), dass
+            \[
+                \frac{\sqrt{3n} }{b} (\hat{b}_n - b) \xrightarrow{D} N_{(0, 1)}
+            .\] Also ist $\frac{b}{\sqrt{3} }$ Störparameter. Da $\hat{b}_n = \overline{Y}_n$
+            und $\E(Y_1) = b$, folgt mit dem SGGZ, dass
+            \[
+                \hat{b}_n = \overline{Y}_n \xrightarrow{\mathbb{P} \text{ f.s.}} \E(Y_1) = b
+            .\] Also insbesondere $\hat{b}_n$ konsistenter Schätzer für $b$ und damit
+            auch $\frac{\hat{b}_n}{\sqrt{3} }$ konsistenter Schätzer für den Störparameter
+            $\frac{b}{\sqrt{3} }$. Damit folgt nach VL, dass
+            $C_n^{(b)} \coloneqq [\hat{b}_n - \frac{\hat{b}_n}{\sqrt{3n} }q_{1-\alpha}, \infty)$
+            ein $1-\alpha$ KB für die richtigen Parameter $\mathcal{R}_{b} = [b, \infty)$ ist, wobei
+            $q_{1-\alpha}$ das $1-\alpha$ Quantil der Standardnormalverteilung ist.
+        \item $H_0$ ist die assoziierte Nullhypothese zu $\mathcal{R}_{b_0}$. Damit folgt nach
+            VL, da $C_n^{(b)}$ asympt. $1-\alpha$-KB, dass
+            \[
+                \phi_n^{(b)} = \mathbbm{1}_{\{b_0 \not\in C_{n}^{(b)}\} }
+                = \mathbbm{1}_{\{ \hat{b}_n - \frac{\hat{b}_n}{\sqrt{3n} } q_{1-\alpha} > b_0\} }
+            \] ein asympt. $1-\alpha$ Test ist.
+        \item Ausrechnen ergibt $\overline{X}_n = 50.88$ und damit
+            \[
+            \hat{b}_{10} - \frac{\hat{b}_{10}}{\sqrt{3 \cdot 10} } 1.64 = 71.28 < 100
+            \qquad C_{10}^{(b)} = [71.28, \infty)
+            .\] Also sollte $H_0$ nicht abgelehnt werden.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

wtheo8.tex

@@ -1,8 +1,9 @@
-\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+\documentclass[uebung]{lecture}
 
 \title{Wtheo 0: Übungsblatt 8}
 \author{Josua Kugler, Christian Merten}
 \newcommand{\E}{\mathbb{E}}
+\renewcommand{\P}{\mathbbm{P}}
 \usepackage[]{mathrsfs}
 \newcommand{\cov}{\mathbb{C}\text{ov}}
 \newcommand{\var}{\mathbb{V}\text{ar}}
@@ -51,7 +52,42 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
-\stepcounter{aufgabe}
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es gilt
+        \begin{align*}
+            \int_0^\infty \P(X > y) \d{y} &= \int_0^\infty \int_y^\infty \mathbbm{f}^X(x) \d{x} \d{y}\\
+            &= \int_0^\infty \int_0^\infty \mathbbm{f}^X(x)\mathbbm{1}_{x>y} \d{x} \d{y}\\
+            \intertext{Fubini}
+            &= \int_0^\infty \int_0^\infty \mathbbm{f}^X(x)\mathbbm{1}_{x>y} \d{y} \d{x}\\
+            &= \int_0^\infty \int_0^x \mathbbm{f}^X(x) \d{y} \d{x}\\
+            &= \int_0^\infty x\mathbbm{f}^X(x) \d{x}\\
+            &= \int_\Omega X(\omega) \mathbbm{f}(\omega) \d{\omega}\\
+            &= \E(X)
+        \end{align*}
+        \item Es gilt
+        \begin{align*}
+            \E(X) &= \int_0^\infty \P(X > y) \d{y}\\
+            &= \int_0^\infty \int_y^\infty \mathbbm{f}^X(\omega) \d{\omega}\d{y}\\
+            &= \int_0^\infty \int_y^\infty \lambda e^{-\lambda x} \d{x} \d{y}\\
+            &= \int_0^\infty e^{-\lambda y} \d{y}\\
+            &= \frac{1}{\lambda}
+        \end{align*}
+        \item Es gilt
+        \begin{align*}
+            \E(X) &= \sum_{n = 1}^{\infty} \P(X \geq n)\\
+            &= \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = n}^{\infty} \mathbbm{p}^X(k) \\
+            &= \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = n}^{\infty} (1-p)^{k - 1}p\\
+            &= \sum_{n = 1}^{\infty} p(1-p)^{n-1}\sum_{k = 0}^{\infty} (1-p)^k
+            \intertext{geometrische Reihe}
+            &= \sum_{n = 1}^{\infty} p(1-p)^{n-1} \frac{1}{1-(1-p)}\\
+            &= \sum_{n = 1}^{\infty} (1-p)^{n-1}\\
+            \intertext{geometrische Reihe}
+            &= \frac{1}{1 - (1-p)}\\
+            &= \frac{1}{p}
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
 
 \begin{aufgabe}
     \begin{enumerate}[(a)]
@@ -105,4 +141,52 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Wir definieren den Wahrscheinlichkeitsraum $\Omega = \{(i_1, \dots, i_n)|i_j \in \{1,\dots, m\}\}$ als die Menge aller $n$-Tupel mit Werten zwischen 1 und $m$, wobei das $j$-te Element eines Tupels angibt, welche Ente der $j$-te Jäger gewählt hat. Dann enthält das Ereignis 
+        \begin{align*}
+            A_i \coloneqq \{(i_1, \dots, i_n)\in \Omega, i\neq i_l \forall l \in \{1,\dots, n\}\}
+        \end{align*}
+        alle Elementarereignisse, in denen die $i$-te Ente nicht getroffen wird.
+        Die Zufallsvariable $X_i \colon \Omega \to \{0,1\}, \omega \mapsto \mathbbm{1}_{A_i}$ gibt an, ob die $i$-te Ente überlebt (1) oder nicht (0). Dann ist durch $X \coloneqq \sum_{i = 1}^{m} X_i$ gerade die Anzahl der überlebenden Enten gegeben.
+        Es gilt aufgrund der Linearität des Erwartungswerts
+        \begin{align*}
+            \E(X) &= \E\left(\sum_{i = 1}^{m} X_i\right)\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \E(X_i)\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \E(\mathbb{1}_{A_i})\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \P(A_i)\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \frac{\# A_i}{\# \Omega}\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \frac{(m-1)^n}{m^n}\\
+            &= m \cdot \left(\frac{m-1}{m}\right)^n
+        \end{align*}
+        \item Wir bestimmen zunächst
+        \begin{align*}
+            \E(X_iX_j) &= \E(\mathbbm{1}_{A_i} \cdot \mathbbm{1}_{A_j})\\
+            &= \E(\mathbbm{1}_{A_i \cap A_j})\\
+            &= \P(A_i \cap A_j)\\
+            \intertext{Für $i = j$ gilt $\P(A_i \cap A_j) = \P(A_i) = m\left(\frac{m-1}{m}\right)^n$. Sei also $i\neq j$}
+            &= \frac{\# A_i \cap A_j}{\# \Omega}\\
+            &= \left(\frac{m-2}{m}\right)^2
+        \end{align*}
+        Es gilt daher
+        \begin{align*}
+            \var(X) &= \E(X^2) - \E(X)^2\\
+            &= \E\left(\sum_{i = 1}^{m} X_i \sum_{j = 1}^{m} X_j\right)- \E(X)^2\\
+            &= \E\left(\sum_{i, j = 1}^m X_iX_j\right)- \E(X)^2\\
+            &= \sum_{i,j = 1}^{m} \E(X_iX_j)- \E(X)^2\\
+            &= \sum_{i = 1}^{m} \E(X_iX_i) + \sum_{i \neq j, 1\leq i, j \leq m} \E(X_iX_j)- \E(X)^2\\
+            &= m \cdot \left(\frac{m-1}{m}\right)^n + (m^2 - m) \left(\frac{m-2}{m}\right)^2 - m^2 \cdot \left(\frac{m-1}{m}\right)^{2n}
+        \end{align*}
+        \item Für $n = m = 50$ gilt $7^{-2}\var(X) \approx 0.0996$ und $\E(X) \approx 18.2$. Für $m_1 = 11, m_2 = 26$ erhalten wir
+        \begin{align*}
+            \P(X \in [m_1, m_2]) &\geq \P(|X - \E(X)| \leq 7)\\
+            &= 1 - \P(|X - \E(X)| > 7)\\
+            \intertext{Ungleichung von Tschebycheff}
+            &\geq 1 - 7^{-2}\var(X)\\
+            &\geq 1 - 0.0996\\
+            &\geq 0.9
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
 \end{document}

wtheo9.tex

@@ -0,0 +1,299 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 9}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+\newcommand{\E}{\mathbb{E}}
+\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
+\usepackage[]{mathrsfs}
+\newcommand{\cov}{\mathbb{C}\text{ov}}
+\newcommand{\var}{\mathbb{V}\text{ar}}
+\newcommand{\tageq}{\stepcounter{equation}\tag{\theequation}}
+\newcommand{\indep}{\perp \!\!\! \perp}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[33]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Anwenden der Formel der VL ergibt sofort für $x \in \R$:
+            \begin{salign*}
+                f^{X}(x) &= \int_{\R}^{} f^{X,Y}(x,y) \d{y} \\
+                &= \int_{\R}^{} \frac{1}{\pi} \mathbbm{1}_{\{(x,y) \in E\} } \d{y} \\
+                &= \mathbbm{1}_{\{|x| \le 1\}} \int_{-\sqrt{1-x^2} }^{\sqrt{1-x^2} } \frac{1}{\pi} \d{y}  \\
+                &= \frac{2}{\pi} \sqrt{1-x^2} \mathbbm{1}_{\{|x| \le 1\}}
+                \intertext{
+                Ganz analog folgt für $y \in \R$:}
+                f^{Y}(y) &= \frac{2}{\pi} \sqrt{1-y^2} \mathbbm{1}_{\{|y| \le 1\} }
+            .\end{salign*}
+        \item Anwenden der Formel der VL ergibt zunächst mit Anwendung des Transformationssatzes
+            \begin{salign*}
+                \E(X) &= \int_{\R}^{} x f^{X}(x) \d{x} \\
+                &= \frac{1}{\pi} \int_{-1}^{1} 2x \sqrt{1-x^2}  \d{x} \\
+                &= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-1}^{0} 2x \sqrt{1-x^2}  \d{x}
+                + \int_{0}^{1} 2x \sqrt{1-x^2}  \d{x} \right] \\
+                &\stackrel{z = 1-x^2}{=} \frac{1}{\pi} \left[ \int_{0}^{1} - \sqrt{z}  \d{z}
+                + \int_{1}^{0} - \sqrt{z}  \d{z} \right] \\
+                &= 0
+                \intertext{Unter erneuter Formelanwendung folgt}
+                \E(X^2) &= \int_{\R}^{} x^2 f^{X}(x) \d{x} \\
+                &= \frac{2}{\pi} \int_{-1}^{1} x^2 \sqrt{1-x^2}  \d{x} \\
+                &\stackrel{x = \sin(\varphi)}{=} \frac{2}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}
+                \sin^2(\varphi) \cos^2(\varphi)\d{\varphi} \\
+                &= \frac{2}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{4} \sin^2(2\varphi) \d{\varphi} \\
+                &\stackrel{\psi = 2 \varphi}{=}
+                \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2(\psi) \frac{1}{2} \d{\psi} \\
+                &= \frac{1}{4 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{2}(\sin^2(\psi) + \cos^2(\psi)) \d{\psi} \\
+                &= \frac{1}{8 \pi} 2 \pi \\
+                &= \frac{1}{4}
+                \intertext{Damit folgt}
+                \var(X) &= \frac{1}{4}
+                \intertext{Ganz analog}
+                \var(Y) &= \frac{1}{4}
+                \intertext{Betrachte nun zunächst}
+                \int_{0}^{2\pi} \sin(\varphi) \cos(\varphi)\d{\varphi}
+                &\stackrel{\text{part. Integrat.}}{=} \underbrace{\sin^2\varphi \Big|_{0}^{2\pi}}_{= 0}
+                - \int_{0}^{2\pi} \sin\varphi \cos\varphi \d{\varphi} \\
+                \intertext{Damit folgt}
+                    \int_{0}^{2\pi} \sin\varphi \cos\varphi \d{\varphi} &= 0
+                    \tageq \label{eq:1}
+                \intertext{Es ist $\int_{\R^2}^{} \left|\frac{xy}{\pi} \right| \mathbbm{1}_{\{(x,y) \in E\}}
+                    \d{(x,y)} \le \frac{1}{\pi}\mathscr{L}^{2}(E) = 1 < \infty$,
+                    d.h. Fubini ist anwendbar. Damit folgt}
+                \E(XY) &= \int_{\R^2}^{} xy f^{X,Y}(x,y) \d{(x,y)} \\
+                &= \int_{\R}^{} \int_{\R}^{} \frac{xy}{\pi} \mathbbm{1}_{\{(x,y) \in E\} } \d{x}  \d{y} \\
+                &\stackrel{\text{Trafosatz}}{=}
+                \frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}  \d{r} \int_{0}^{2\pi}  \d{\varphi} r^{3} \cos(\varphi) \sin(\varphi) \\
+                &= \frac{1}{4\pi} \int_{0}^{2\pi} \cos(\varphi) \sin(\varphi)\d{\varphi} \\
+                &\stackrel{\text{(\ref{eq:1})}}{=} 0
+                \intertext{Da $\E(X) = \E(Y) = 0$ folgt also}
+                \cov(X,Y) &= 0
+                \intertext{Und damit}
+                \rho(X,Y) &= 0
+            .\end{salign*}
+        \item Es gilt nach VL: $X \indep Y \iff f^{X,Y}(x,y) = f^{X}(x) f^{Y}(y)$ $\mathscr{L}$-f.ü. Nun
+            betrachte $A \coloneqq (-1,1)^2 \setminus E$. Dann ist
+            \[
+                \mathscr{L}^2(A) = \mathscr{L}^2(A) - \mathscr{L}^2(E) = 2^2 - \pi = 4 - \pi > 0
+            .\] Also ist $A$ keine $\mathscr{L}$-Nullmenge. Jedoch gilt $\forall (x,y) \in A$:
+            \[
+                f^{X,Y}(x,y) = 0 \neq  \frac{4}{\pi^2} \underbrace{\sqrt{1-x^2}}_{> 0} \underbrace{\sqrt{1-y^2} }_{> 0}
+            .\] Also folgt $X$ und $Y$ nicht unabhängig.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es gilt
+        \begin{salign*}
+            \mathbb{F}^{Z_p}(x) &= \P^{Z_p}((-\infty, x])\\
+            &= \P^{(-1)^{V_p}\cdot Y}((-\infty, x] \cap \{V_p = 0\}) + \P^{(-1)^{V_p}\cdot Y}((-\infty, x] \cap \{V_p = 1\})\\
+            &= \P^Y((-\infty, x] \cap \{V_p = 0\}) + \P^{-Y}((-\infty, x] \cap \{V_p = 1\})\\
+            &\stackrel{Y \indep V_p}{=} \P(\{Y \leq x\}) \cdot \P(\{V_p = 0\}) + \P(\{-Y \leq x\}) \cdot \P(\{V_p = 1\})\\
+            &\stackrel{\text{Symmetrie } N_{(0,1)}}{=} \P(\{Y \leq x\}) \cdot \P(\{V_p = 0\}) + \P(\{Y \leq x\}) \cdot \P(\{V_p = 1\})\\
+            &= \P(\{Y \leq x\}) \cdot \P(\{V_p = 0\}\cup \{V_p = 1\})\\
+            &= \P(\{Y \leq x\})\\
+            &= \mathbb{F}^{Y}(x)\\
+        \end{salign*}
+        Daher gilt $Z_p \sim Y \sim N_{(0,1)}$.
+        \item Es gilt
+        \begin{salign*}
+            \P(\{Y < -1, Z_p < -1\}) &= \P(\{Y < -1\} \cap \{V_p = 0\})
+            &\stackrel{Y \indep V_p}{=} \P(\{Y < -1\}) \cdot \P(\{V_p = 0\})\\
+            &= (1-p) \cdot \P(\{Y < -1\})
+        \end{salign*} und völlig analog
+        \begin{salign*}
+            \P(\{Y < -1, Z_p > 1\}) &= \P(\{Y < -1\} \cap \{V_p = 1\})
+            &\stackrel{Y \indep V_p}{=} \P(\{Y < -1\}) \cdot \P(\{V_p = 1\})\\
+            &= p \cdot \P(\{Y < -1\})
+        \end{salign*}
+        Angenommen, $Y \indep Z_p$. Dann gilt
+        \begin{salign*}
+            \P(\{Y < -1, Z_p < -1\}) &= \P(\{Y< -1\})\P(\{Z_p < -1\})\\
+            (1-p) \cdot \P(\{Y < -1\}) &\stackrel{\text{(a)}}{=} \P(\{Y < -1\})^2\\
+            (1-p) &= \P(\{Y < -1\})
+        \end{salign*} und völlig analog
+        \begin{salign*}
+            \P(\{Y < -1, Z_p > 1\}) &= \P(\{Y< -1\})\P(\{Z_p > 1\})\\
+            p \cdot \P(\{Y < -1\}) &\stackrel{\text{(a), Symmetrie } N_{(0,1)}}{=} \P(\{Y < -1\})^2\\
+            p &= \P(\{Y < -1\})
+        \end{salign*} 
+        Nun führen wir eine Fallunterscheidung durch. 
+        Für $p = \frac{1}{2}$ folgt $\P(\{Y < -1\}) < \P(\{Y < 0\}) \leq \frac{1}{2}$, Widerspruch zu $p = \P(\{Y < -1\})$.
+        Für $p \neq \frac{1}{2}$ erhalten wir aus $p = \P(\{Y < -1\}) = (1-p)$ ebenfalls einen Widerspruch.
+        Daher ist $Y \not \indep Z_p$.
+        \item Es gilt
+        \begin{salign*}
+            \E(YZ_p) &= \int_\R \int_\R yz \mathbbm{f}^{Y, Z_p}(y, z) \d{y}\d{z}\\
+            &\stackrel{Z_p = (-1)^{V_p}Y}{=} \int_{0,1} \int_\R y^2 (-1)^v \mathbbm{f}^{Y, V_p}(y, v) \d{y}\d{v}\\
+            &\stackrel{Y \indep V_p}{=} (1-p) \cdot \int_\R y^2 \mathbbm{f}^Y(y) \d{y} + p\cdot \int_\R -y^2 \mathbbm{f}^Y(y) \d{y}\\
+            &= (1 - 2p) \int_\R y^2 \mathbbm{f}^Y(y) \d{y}
+        \end{salign*}
+        Außerdem gilt
+        \begin{salign*}
+            \E(y)\E(Z_p) &= \int_\R y\mathbbm{f}^Y(y) \d{y} \int_\R z\mathbbm{f}^{Z_p}(z) \d{z}\\
+            &\stackrel{Z_p = (-1)^{V_p}Y}{=} \int_\R y\mathbbm{f}^Y(y) \d{y} \cdot \int_{0,1} \int_\R y (-1)^v \mathbbm{f}^{Y, V_p}(y, v) \d{y}\d{v}\\
+            &\stackrel{Y \indep V_p}{=} (1-p) \cdot \left(\int_\R y \mathbbm{f}^Y(y) \d{y}\right)^2 - p\cdot \left(\int_\R y^2 \mathbbm{f}^Y(y) \d{y}\right)^2\\
+            &= (1 - 2p) \left(\int_\R y \mathbbm{f}^Y(y) \d{y}\right)^2
+        \end{salign*}
+        Für $p = \frac{1}{2}$ erhalten wir daher
+        \begin{align*}
+            \cov(Y, Z_p) = \E(YZ_p) - \E(Y)\E(Z_p) = 0 - 0 = 0.
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Rechnen ergibt für $z \in \R$
+            \begin{salign*}
+                \mathbb{F}^{M_1}(z) &= \mathbb{P}\left( \{M_1 \le z\}  \right) \\
+                &= \mathbb{P}\left( \left\{ \min_{i \in \{1, \ldots, n\} }{X_i} \le z\right\} \right) \\
+                &= 1 - \mathbb{P}\left( \bigcap_{i=1}^{n} \{X_i > z\}  \right) \\
+                &\stackrel{\text{unabh.}}{=}
+                1 - \prod_{i=1}^{n} \mathbb{P}(\{X_i > z\}) \\
+                &\stackrel{\text{idv}}{=} 1 - (1 - \mathbb{F}^{X}(z))^{n} \\
+                \mathbb{F}^{M_2}(z) &= \mathbb{P}\left( \{M_2 \le z\}  \right) \\
+                &= \mathbb{P}\left( \prod_{i=1}^{n} \{X_i \le z\}   \right) \\
+                &\stackrel{\text{unabh.}}{=} \prod_{i=1}^{n} \mathbb{P}(\{X_i \le z\}) \\
+                &\stackrel{\text{idv}}{=} \mathbb{F}^{X}(z)^{n}
+            .\end{salign*}
+        \item Für $X_1 \sim \text{Exp}_{\lambda}$ ist $\mathbb{F}^{X_1} = (1 - \exp(- \lambda z))\mathbbm{1}_{\R^{+}}$. Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \mathbb{F}^{M_1}(z) &= 1 - (1 - \mathbb{F}_{\text{Exp}_{\lambda}}(z))^{n} \\
+                &= 1 - \left[ 1 - \left( 1 - \exp(-\lambda z) \right) \mathbbm{1}_{\R^{+}(z)} \right]^{n} \\
+                &= 1 - \left[ 1 - \mathbbm{1}_{\R^{+}}(z) + \exp(- \lambda z) \mathbbm{1}_{\R^{+}}(z)\right]^{n}\\
+                &= 1 - \begin{cases}
+                    \exp(- \lambda n z) & z \in \R^{+} \\
+                    1 & z \not\in \R^{+}
+                \end{cases}\\
+                &= (1 - \exp(- \lambda n z)) \mathbbm{1}_{\R^{+}} \\
+                &= \mathbb{F}_{\text{Exp}_{n\lambda}}
+            .\end{salign*}
+            Da die Verteilungsfunktion das W-Maß eindeutig festlegt, folgt
+            $M_1 \sim \text{Exp}_{n\lambda}$.
+        \item Für $X_1 \sim U_{[0, \theta]}$ ist die Dichte $f(x) = \frac{1}{\theta} \mathbbm{1}_{[0, \theta]}$
+            gegeben. Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \E_{\theta}(X_1) &= \int_{\R}^{} \frac{x}{\theta} \mathbbm{1}_{[0, \theta]} \d{x} \\
+                &= \frac{1}{\theta} \int_{0}^{\theta} x \d{x} \\
+                &= \frac{\theta}{2} \\
+                \E_{\theta}(X_1^2) &= \int_{\R}^{} \frac{x^2}{\theta} \mathbbm{1}_{[0, \theta]} \d{x} \\
+                &= \frac{1}{\theta} \int_{0}^{\theta} x^2 \d{x} \\
+                &= \frac{\theta^2}{3} \\
+                \var_{\theta}(X_1) &= \E_{\theta}(X_1^2) - \E_{\theta}(X_1)^2 \\
+                &= \frac{\theta^2}{3} - \frac{\theta^2}{4} \\
+                &= \frac{\theta^2}{12}
+            .\end{salign*}
+            Es gilt $f^{M_{2}} = (\mathbb{F}^{M_{2}})'$. Damit folgt für $z \in \R$:
+            \begin{salign*}
+                f^{M_2}(z) &= (\mathbb{F}^{M_2})'(z) \\
+                &= (\mathbb{F}^{X}(z)^{n})' \\
+                &= n (\mathbb{F}^{X}(z)^{n-1}) f^{X}(z) \\
+                &= n \left( \frac{(z \land \theta) \lor \theta}{\theta} \right)^{n-1}
+                \frac{1}{\theta} \mathbbm{1}_{[0, \theta]}(z) \\
+                &= \frac{n}{\theta^{n}} z^{n-1} \mathbbm{1}_{[0, \theta]}(z)
+                \intertext{Damit folgt}
+                \E_{\theta}(M_2) &= \int_{\R}^{} x \frac{n x^{n-1}}{\theta ^{n}} \mathbbm{1}_{[0, \theta]}
+                \d{x}  \\
+                &= \frac{n}{\theta^{n}} \int_{0}^{\theta} x^{n} \d{x} \\
+                &= \frac{n}{n+1} \theta
+            .\end{salign*}
+        \item Rechnen ergibt
+            \begin{salign*}
+                \E_{\theta}(\overline{X}_n) &= \E_{\theta}\left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} X_k \right) \\
+                &\stackrel{\text{lin.}}{=} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \E_{\theta}(X_k) \\
+                &\stackrel{\text{idv}}{=} \E_{\theta}(X_1) \\
+                &= \frac{\theta}{2}
+                \intertext{Damit folgt}
+                \text{Bias}_{\theta}(\hat{\theta}_1) &= \E_{\theta}(\hat{\theta}_1 - \theta) \\
+                &= 2 \E_{\theta}(\overline{X}_n) - \theta \\
+                &= 2 \frac{\theta}{2} - \theta \\
+                &= 0 \\
+                \text{Bias}_{\theta}(\hat{\theta}_2)
+                &= \E_{\theta}(\hat{\theta}_2 - \theta) \\
+                &= \E_{\theta}(M_2) - \theta \\
+                &= \frac{n}{n+1} \theta - \theta \\
+                &= - \frac{\theta}{n+1}
+                \intertext{Nun rechne}
+                \E_{\theta}(M_2^2) &= \int_{\R}^{} x^2 \frac{n x^{n-1}}{\theta^{n}} \mathbbm{1}_{[0, \theta]}(x) \d{x} \\
+                &= \frac{n}{\theta ^{n}} \int_{0}^{\theta} x^{n+1} \d{x} \\
+                &= \frac{n}{n+2} \theta^2 \tageq \label{eq:2}
+                \intertext{
+                Es ist offensichtlich $\hat{\theta}_3$ nun erwartungstreu. Damit folgt für $n > 1$}
+                \var_{\theta}(\hat{\theta}_1) &= 4 \var_{\theta}(\overline{X}_n) \\
+                &\stackrel{\text{unabh.}}{=} \frac{4}{n^2} \sum_{k=1}^{n} \var_{\theta}(X_k) \\
+                &\stackrel{\text{idv}}{=} \frac{4}{n} \var_{\theta}(X_1) \\
+                &= \frac{\theta^2}{3n} \\
+                &> \frac{\theta^2}{n(n+2)} \\
+                &= \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 \frac{n}{n+2} \theta^2 - \theta^2 \\
+                &\stackrel{\text{(\ref{eq:2})}}{=} \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 \E_{\theta}(M_2^2) - \E_{\theta}\left( \frac{n+1}{n} M_2 \right)^2 \\
+                &= \E_{\theta} (\hat{\theta}_3^2) - \E_{\theta}(\hat{\theta}_3)^2 \\
+                &= \var_{\theta}(\hat{\theta}_3)
+                \intertext{Schlussendlich ergibt sich}
+                \text{MSE}_{\theta}(\hat{\theta}_1) &= \E_{\theta}(|\hat{\theta}_1 - \theta|^2) \\
+                &= 4 \E_{\theta}(\overline{X}_n^2) - \theta^2 \\
+                &= 4 \var_{\theta}(\overline{X}_n) + 4 \E_{\theta}(\overline{X}_n)^2 - \theta^2 \\
+                &\stackrel{\text{iid}}{=} \frac{4}{n} \var_{\theta}(X_1) \\
+                &= \frac{\theta^2}{3n} \\
+                \text{MSE}_{\theta}(\hat{\theta}_2) &= \E_{\theta}(\hat{\theta}_2^2) - 2 \theta \E_{\theta}(M_2)
+                + \theta^2 \\
+                &= \frac{n}{n+2} \theta^2 - 2 \frac{n}{n+1} \theta^2 
+                + \theta^2 \\
+                &= \frac{2 \theta^2}{(n+2)(n+1)} \\
+                \text{MSE}_{\theta}(\hat{\theta}_3) &= \E_{\theta}(\hat{\theta}_3^2) - 2 \theta \E_{\theta}
+                (\hat{\theta}_3) + \theta^2 \\
+                &= \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 \frac{n}{n+2} \theta^2 - \theta^2 \\
+                &= \frac{\theta^2}{n(n+2)}
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Wir wählen die Hypothesen $H_0 \colon \mu \leq \mu_0$ und $H_1 \colon \mu > \mu_0$. 
+        Der Student-$t$-Test ist dann gegeben durch
+        \[
+            \phi_c^r = \mathbbm{1}_{\sqrt{n}(\overline{X_n} - \mu_0) \geq c \hat{S}_n}  
+        \]
+        mit $ c= t_{(n-1), (1-\alpha)}$.
+        Wir berechnen also zunächst
+        \[
+            \overline{X_n} = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n} X_i = 103.64,
+        \]
+        \[
+            \hat{S}_n = \sqrt{\frac{1}{n-1} \sum_{i = 1}^{n} (X_i - \overline{X}_n)^2} \approx 5.22
+        \]
+        und
+        \[
+            c = t_{(n-1, 1-\alpha)} = t_{9, 0.95} = 1.833.  
+        \]
+        Daraus folgt
+        \[
+            \phi_c^r = \mathbbm{1}_{\sqrt{10}(103.64-100) \geq 1.833 \cdot 5.22} = \mathbbm{1}_{11.51 \geq 9.57} = 1,
+        \]
+        wir lehnen also ab.
+        \item Wir wollen als Partition in richtige und falsche Parameter $\mathcal{R}_\mu = \{\mu\}$ und $\mathcal{F}_\mu = \R\setminus\{\mu\}$.
+        Dann erhalten wir als assoziierte Familie von Partitionen und Null- und Alternativhypothesen
+        $\mathscr H_\mu^0 = \{\mu\}$ und $\mathscr H_\mu^1 = \R \setminus \{\mu\}$.
+        Da der beidseitige Student-$t$-Test ein $\alpha$-Test der Nullhypothese $H_0\colon \mathscr H_\mu^0$ gegen die 
+        Alternative $H_1 \colon \mathscr H_\mu^1$ für jedes $\mu \in \R$ ist, muss die assoziierte Bereichsschätzfunktion
+        für $(\{\mathcal R_\mu, \mathcal F_\mu\})_{\mu \in \R}$ ein $(1-\alpha)$-Konfidenzbereich sein.
+        Die assoziierte Bereichsschätzfunktion zum beidseitigen Student-$t$-Test 
+        $\phi^b_{t_{(n-1), (1 - \alpha/2)}, \mu}(X_1, \dots X_n)$ ist gegeben durch
+        \begin{align*}
+            B(X_1, \dots, X_n) &= \{\mu \in \R: \phi^b_{t_{(n-1), (1 - \alpha/2)}, \mu}(X_1, \dots X_n) = 0\}\\
+            &= \{\mu \in \R: \sqrt{n}|\overline{X_n} - \mu| \leq t_{(n-1), (1-\alpha/2)} S\}\\
+            &= \{\mu \in \R: |\overline{X_n} - \mu| \leq \frac{S}{\sqrt{n}} t_{(n-1), (1-\alpha/2)}\}\\
+            &= \left[\overline{X_n} - \frac{S}{\sqrt{n}} t_{(n-1), (1-\alpha/2)}, \overline{X_n} + \frac{S}{\sqrt{n}} t_{(n-1), (1-\alpha/2)}\right]
+        \end{align*}
+        Das war zu zeigen.
+        \item Mithilfe unserer numerischen Resultate aus der (a) sowie der Aussage von Teilaufgabe (b) folgern wir, dass
+        \begin{align*}
+            [103.64 - \frac{5.22}{\sqrt{10}}t_{9, 0.975}, 103.64 + \frac{5.22}{\sqrt{10}}t_{9, 0.975}] &\subset [99.90, 107.38]
+        \end{align*}
+        ein 95\%-Konfidenzintervall ist.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}