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lecture.cls

@@ -25,6 +25,8 @@
 \RequirePackage{calc}
 \RequirePackage{wasysym}
 \RequirePackage{environ}
+\RequirePackage{bbm}
+\RequirePackage{mathrsfs}
 
 \usetikzlibrary{quotes, angles}
 \pgfplotsset{

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}

wtheo4.tex

@@ -0,0 +1,226 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 4}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[13]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\mathbb{P}^{X}$ ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\mathcal{X}, \mathscr{B})$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Es ist $\mathbb{P}^{X} \ge 0$, da $\mathbb{P} \ge 0$.
+                    \item $\mathbb{P}^{X}(\mathcal{X}) = \mathbb{P}(X^{-1}(\mathcal{X})) = \mathbb{P}(\Omega) = 1$, da $\mathbb{P}$ W-Maß.
+                    \item Zunächst ist für $A, B \subseteq \mathcal{X}$ mit $A \cap B = \emptyset$ auch $X^{-1}(A) \cap X^{-1}(B) =X^{-1}(A \cap B) = X^{-1}(\emptyset) = \emptyset$.
+                        Also bleiben disjunkte Vereinigungen unter Urbildbildung disjunkt $(*)$.
+
+                        Seien nun $B_i \in \mathscr{B}$ für $i \in \N$ und paarweise verschieden. Dann folgt
+                        \begin{salign*}
+                            \mathbb{P}^{X}\left( \bigcupdot_{i \in \N} B_i \right)
+                            &= \mathbb{P}\left( X^{-1}\left( \bigcupdot_{i \in \N} B_i \right)  \right) \\
+                            &\stackrel{(*)}{=} \mathbb{P}\Big( \bigcupdot_{i \in \N} \underbrace{X^{-1}(B_i)}_{\in \mathscr{A}}  \Big)  \\
+                            &\stackrel{\mathbb{P} \text{ Maß}}{=}
+                            \sum_{i \in \N} \mathbb{P}(X^{-1}(B_i)) \\
+                            &= \sum_{i \in \N} \mathbb{P}^{X}(B_i)
+                        .\end{salign*}
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\left( \mathbb{P}^{X} \right)^{Y} = \mathbb{P}(Y \circ X)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $C \in \mathscr{C}$.
+                \begin{salign*}
+                    Y^{-1}(X^{-1}(C)) &= \{ x \in \Omega  \mid X(x) \in \{ y \in \mathcal{X}  \mid Y(y) \in C\} \}  \\
+                    &= \{ x \in \Omega  \mid Y(X(x)) \in C\} \\
+                    &= (Y \circ X)^{-1}(C)
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt
+                \[
+                    (\mathbb{P}^{X})^{Y}(C) = \mathbb{P}^{X}(Y^{-1}(C)) = \mathbb{P}(X^{-1}(Y^{-1}(C)))
+                    = \mathbb{P}((Y \circ X)^{-1}(C)) = \mathbb{P}^{(Y \circ X)}
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es ist
+            \[
+                \mathbb{P}^{X}(\{0\}) = \frac{4}{7} \qquad \mathbb{P}^{X}(\{1\}) = \frac{2}{7}
+                \qquad \mathbb{P}^{X}(\{2\}) = \frac{1}{7}
+            .\] Damit ist $\mathbb{P}^{X}$ eindeutig festgelegt.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\text{Bild}(X) = \{0, 1, 2\}$. Damit ist
+                $(\text{Bild}(X), 2^{\text{Bild}(X)}, \mathbb{P}^{X})$ diskreter
+                Wahrscheinlichkeitsraum. Es genügt also $\mathbb{P}^{X}$ für
+                alle Elementarereignisse zu bestimmen.
+
+                Damit folgt mit geometrischer Reihe
+                \begin{salign*}
+                    \mathbb{P}^{X}(\{0\}) &= \mathbb{P}(X^{-1}(\{0\}))
+                    = \mathbb{P}(3 \N_0) = \sum_{k \in \N_0} 2^{-3k-1}
+                    = \frac{1}{2} \sum_{k \in \N_0} \left( \frac{1}{8} \right)^{k}
+                    = \frac{1}{2} \frac{1}{1 - \frac{7}{8}} = \frac{4}{7} \\
+                    \mathbb{P}^{X}(\{1\}) &= \mathbb{P}(3 \N_0 + 1)
+                    = \sum_{k \in \N_0} 2^{-3k-1-1} = \frac{2}{7} \\
+                    \mathbb{P}^{X}(\{2\}) &= \mathbb{P}(3 \N_0 + 2)
+                    = \sum_{k \in \N_0} 2^{-3k-2-1} = \frac{1}{7}
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Wir benutzen den Dichtetransformationssatz. Es gilt $Y = h(X)$ mit $h(x) = -2 \log(x)$, also $h'(x) = -\frac{2}{x}$ und $h^{-1}(y) = e^{-\frac{1}{2}y}$. Wir benötigen noch die Identität
+        \[
+            \mathbbm{f}^X(e^{-\frac{1}{2}y}) = \begin{cases}
+                1 & 0 \leq e^{-\frac{1}{2}y} \leq 1\\
+                0 & \text{sonst}
+            \end{cases} = \begin{cases}
+                1 & y \geq 0\\
+                0 & y < 0
+            \end{cases}
+            = \mathbbm{1}_{\R_+}(y)
+        \]
+        Daher erhalten wir
+        \[
+            \mathbbm{f}^Y(y) = \frac{\mathbbm{f}^X(e^{-\frac{1}{2}y})}{\left|-\frac{2}{e^{-\frac{1}{2}y}}\right|} = \mathbbm{1}_{\R_+}(y) \frac{1}{2}e^{-\frac{1}{2}y} = \mathbbm{f}_{\text{Exp}_\frac{1}{2}}(y)
+        \]
+        \item Erneut können wir den Dichtetransformationssatz anwenden, da $Y = h(X)$ mit $h(x) = \alpha x$, also $h'(x) = \alpha$ und $h^{-1}(y) = \frac{1}{\alpha}y$. Daher erhalten wir
+        \[
+            \mathbbm{f}^Y(y) 
+            = \frac{\mathbbm{f}^X(\alpha^{-1}y)}{\left| h'(\alpha^{-1}y)\right|} = \frac{\mathbbm{f}^X(\alpha^{-1}y)}{\left| \alpha\right|}
+            = \mathbbm{1}_{[0,\infty]}(y) \cdot \frac{\lambda}{\alpha} \cdot e^{-\lambda \frac{y}{\alpha}} 
+            = \mathbbm{f}_{\text{Exp}_\frac{\lambda}{\alpha}}(y)
+        \]
+        \item Da $x^2$ nicht bijektiv ist, können wir den Dichtetransformationssatz nicht anwenden. Es gilt aber
+        \[
+            \int_0^y \mathbbm{f}^Y(y') \d{y'} 
+            = \mathbbm{F}^Y(y) 
+            = \mathbbm{P}^Y([0,y]) 
+            = \mathbbm{P}(Y^{-1}([0,y])) 
+            = \mathbbm{P}([-\sqrt{y}, \sqrt{y}]) 
+            = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \mathbbm{f}^X(x) \d{x} 
+            = \frac{1}{2}x \bigg|_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} = \sqrt{y}.
+        \]
+        Nach dem Haupsatz der Differenzial- und Integralrechnung gilt daher 
+        \[
+            \mathbbm{f}^Y(y) = \frac{\d{}}{\d{y}} \int_0^y \mathbbm{f}^Y(y') \d{y'} = \frac{\d{}}{\d{y}} \sqrt{y} = \frac{1}{2\sqrt{y}}
+        \]
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\forall y \in [0,1], z \in \R$ gilt $\mathbb{F}^{*}(y) \le z \iff y \le \mathbb{F}(z)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $y \in [0,1]$ und $z \in \R$.
+                \begin{itemize}
+                    \item ,,$\implies$''. Sei also $\mathbb{F}^{*}(y) \le z$.
+                Da $\mathbb{F}$ monoton wachsend, folgt direkt
+                $\mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y)) \le \mathbb{F}(z)$.
+
+                Also genügt es z.z.: $y \le \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y))$.
+                Betrachte dazu $x_n \coloneqq \mathbb{F}^{*}(y) + \frac{1}{n}$ für $n \in \N$. Nach
+                der Definition von $\mathbb{F}^{*}(y)$ folgt $\mathbb{F}(x_n) \ge y$ $\forall n \in \N$.
+                Außerdem gilt $x_n \downarrow \mathbb{F}^{*}(y)$ für $n \to \infty$. Mit
+                der Rechtsstetigkeit von $\mathbb{F}$ folgt damit
+                $\mathbb{F}(x_n) \downarrow \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y))$.
+
+                Das heißt für $\epsilon > 0$ ex. ein $n_0 \in \N$, s.d. $\forall n \ge n_0$ gilt, dass
+                $|\mathbb{F}(x_n) - \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y))| < \epsilon$. Da
+                $\mathbb{F}$ monoton wachsend und $x_n \ge \mathbb{F}^{*}(y)$ folgt
+                \begin{salign*}
+                    \mathbb{F}(x_n) &= \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y)) + \epsilon
+                    \intertext{Also da $y \le \mathbb{F}(x_n)$ $\forall n \in \N$}
+                    y &\le \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y)) + \epsilon
+                .\end{salign*}
+                Mit $\epsilon \to \infty$ folgt $y \le \mathbb{F}(\mathbb{F}^{*}(y))$ und damit die
+                Behauptung.
+            \item ,, $\impliedby$'': Sei also $y \le \mathbb{F}(z)$. Dann
+                folgt direkt
+                \[
+                    \mathbb{F}^{*}(y) = \inf \{ x \in \R  \mid \mathbb{F}(x) \ge y\} \le z
+                .\] 
+                \end{itemize}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ist $Y \sim U[0,1]$ dann hat $\mathbb{F}^{*}(Y)$ dieselbe Verteilung wie $X$.
+            \begin{proof}
+                Sei $Y \sim U[0,1]$. Dann ist $Y(\omega) \in [0,1]$ $\forall \omega \in \Omega$ und
+                es folgt für $z \in \R$ aus (a), dass
+                $\mathbb{F}^{*}(Y(\omega)) \le z \iff Y(\omega) \le \mathbb{F}(z)$ $\forall \omega \in \Omega$
+                und damit
+                \[
+                    \mathbb{F}^{*}(Y) \le z \iff Y \le \mathbb{F}(z) \quad (*)
+                .\] 
+                Außerdem gilt für $y \in [0,1]$ da $Y \sim U[0,1]$
+                \[
+                    \mathbb{P}(Y \le y) = y \qquad (**)
+                .\]
+                Damit folgt für $x \in \R$:
+                \[
+                    \mathbb{P}(\mathbb{F}^{*}(Y) \le x)
+                    \stackrel{(*)}{=} \mathbb{P}(Y \le \mathbb{F}(x))
+                    \; \stackrel{(**)}{=} \; \mathbb{F}(x)
+                .\] Also sind $\mathbb{F}^{*}(Y)$ und $\mathbb{F}$ identisch verteilt.
+            \end{proof}
+        \item Sei $\lambda > 0$. Beh.:
+            \[
+                G(x) \coloneqq \begin{cases}
+                    -\frac{1}{\lambda} \ln(1-x) & x \in [0,1) \\
+                    \infty & x = 1
+                \end{cases}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Es ist $X \sim \text{Exp}_{\lambda}$. Also definiere
+                \begin{salign*}
+                    \mathbb{F}\colon (0, \infty) &\to [0,1) \\
+                    x &\mapsto \mathbb{F}^{X}(x) = \mathbb{F}_{\text{Exp}_\lambda}(x) = 1 - \exp(-\lambda x)
+                .\end{salign*}
+                Dann ist $\mathbb{F}$ invertierbar und es gilt $\mathbb{F}^{*} = \mathbb{F}^{-1}$
+                auf $(0,1)$. Weiter ist
+                \begin{salign*}
+                    \mathbb{F}^{-1}(x) = -\frac{1}{\lambda} \ln(1-x) \qquad x \in [0,1)
+                .\end{salign*}
+                Wähle dann $G$ wie in Beh. Dann ist $G = \mathbb{F}^{*}$ auf $(0,1)$ und
+                $G(0) = 0 = \inf \{x \in \R^{+}_0 \mid \mathbb{F}(x) \ge 0\} = \mathbb{F}^{*}(0)$.
+                Außerdem gilt $\mathbb{F}^{*}(1) = \inf \{ x \in \R^{+}_0  \mid \mathbb{F}(x) = 1\}
+                = \infty = G(1)$. Damit folgt die Behauptung aus (b).
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Aufgrund der Normierungsbedingung muss gelten
+        \begin{align*}
+            1 &= \int_Y \int_X \mathbbm{f}^{X,Y}(x,y) \d{x}\d{y}\\
+            &= \int_Y \int_X C_\lambda e^{-\lambda y}\mathbbm{1}_{0\leq x\leq y} \d{x}\d{y}\\
+            &= \int_Y \int_0^y C_\lambda e^{-\lambda y}\mathbbm{1}_{0\leq y} \d{x}\d{y}\\
+            &= \int_Y C_\lambda \left[x \cdot e^{-\lambda y}\mathbbm{1}_{0\leq y}\right]_{x=0}^y \d{y}\\
+            &= \int_0^\infty C_\lambda y e^{-\lambda y} \d{y}\\
+            &= \left[-C_\lambda \frac{y}{\lambda}e^{-\lambda y}\right]_{y=0}^\infty - \int_0^infty -C_\lambda\frac{1}{\lambda} e^{-\lambda y}\d{y}\\
+            &= 0 - 0 + \left[-C_\lambda\frac{1}{\lambda^2}e^{-\lambda y}\right]_{y = 0}^\infty\\
+            &= 0 - (- C_\lambda\frac{1}{\lambda^2} e^0)\\
+            &= \frac{C_\lambda}{\lambda^2}
+        \end{align*}
+        Also gilt $C_\lambda = \lambda^2$.
+        \item Es gilt
+        \begin{equation*}
+            \mathbbm{f}^X(x) = \int_\R \mathbbm{f}^{X,Y}(x,y) \d{y} = \int_\R \lambda^2 e^{-\lambda y} \mathbbm{1}_{0\leq x\leq y} \d{y} = \int_x^\infty \lambda^2 e^{-\lambda y} \d{y} = \left[-\lambda e^{-\lambda y}\right]_x^\infty = \lambda e^{-\lambda x}
+        \end{equation*}
+        und
+        \begin{equation*}
+            \mathbbm{f}^Y(y) = \int_\R \mathbbm{f}^{X,Y}(x,y) \d{x} = \int_\R \lambda^2 e^{-\lambda y} \mathbbm{1}_{0\leq x\leq y} \d{x} = \int_0^y \lambda^2 e^{-\lambda y} \d{x} = \left[\lambda^2 e^{-\lambda y} x\right]_0^y = \lambda^2 y e^{-\lambda x}
+        \end{equation*}
+        \item Es gilt
+        \begin{equation*}
+            \mathbbm{P}(X \geq Y) = \int_0^\infty\int_y^\infty \mathbbm{f}^{X,Y}(x,y) \d{x}\d{y} = \int_0^\infty\int_y^\infty \lambda^2 e^{-\lambda y} \underbrace{\mathbbm{1}_{0\leq x \leq y}}_{=0} \d{x}\d{y} = 0
+        \end{equation*}
+        und
+        \begin{equation*}
+            \mathbbm{P}(2X \leq Y) = \int_0^\infty\int_0^{\frac{y}{2}} \mathbbm{f}^{X,Y}(x,y) \d{x}\d{y} = \int_0^\infty\int_0^{\frac{y}{2}} \lambda^2 e^{-\lambda y} \underbrace{\mathbbm{1}_{0\leq x \leq y}}_{=1} \d{x}\d{y} = \int_0^{\infty} \left[\lambda^2 e^{-\lambda y}x\right]_{x = 0}^{\frac{y}{2}} = \frac{1}{2}\int_0^\infty y\lambda^2 e^{-\lambda y} =\frac{1}{2}
+        \end{equation*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

wtheo5.tex

@@ -0,0 +1,203 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 5}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+\usepackage[]{bbm}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[17]
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $\varphi = \mathbbm{1}_{A_k}$ mit $ k \in \R^{+}$ ist bester Test
+    zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k) \in [0,1]$.
+    \begin{proof}
+        Sei $\tilde{\varphi} = \mathbbm{1}_{\tilde{A}}$ ein Test zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k)$, d.h.
+        $\mathbb{P}_0(\tilde{\varphi} = 1) = \mathbb{P}_0(\tilde{A}) \le \mathbb{P}_{0}(A_k) =
+        \mathbb{P}_0(\varphi = 1)$ $(**)$.
+
+        Z.z.: $\mathbb{P}_1(\tilde{\varphi} = 0) = \mathbb{P}_1(\tilde{A}^{c}) \ge \mathbb{P}_1(A_k^{c}) =
+        \mathbb{P}_1(\varphi = 0)$.
+
+        Es ist $x \in A_{k} \iff \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \ge 0$, also
+        $x \in A_k^{c} \iff \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) < 0$ $(*)$. Damit folgt
+        \begin{salign*}
+            \mathbb{P}_1(A_k) - k \mathbb{P}_0(A_k) &= \int_{A_k}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
+            &\ge \int_{A_k \cap \tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
+            &\ge \int_{A_k \cap \tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} 
+            + \int_{A_k^{c} \cap \tilde{A}}^{} \underbrace{\left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  }_{< 0 \; (*)}\d{x} \\
+            &= \int_{\tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
+            &= \mathbb{P}_1(\tilde{A}) - k \mathbb{P}_0(\tilde{A})
+        .\end{salign*}
+        Also folgt
+        \[
+        \mathbb{P}_1(A_k) - \mathbb{P}_1(\tilde{A}) \ge k (\mathbb{P}_0(A_k) - \mathbb{P}_0(\tilde{A}))
+        \stackrel{\text{(**)}}{\ge } 0
+    .\] Es ist also $\mathbb{P}_1(A_k) \ge \mathbb{P}_1(\tilde{A})$, insgesamt
+    \[
+        \mathbb{P}_1(A_k^{c}) = 1 - \mathbb{P}_1(A_k) \le 1 - \mathbb{P}_1(\tilde{A})
+        = \mathbb{P}_1(\tilde{A}^{c})
+    .\] Also Fehler $2$. Art minimiert und damit $\varphi$ bester Test zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k)$.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Der Neyman-Pearson-Test $\varphi \colon \R \to \{1,0\}$ ist gegeben durch $\mathbbm{1}_{A_{k_\alpha}}$ mit 
+        \[
+            A_{k_\alpha} = \{x \in \R | \mathbbm{f}_1(x) \geq k_\alpha \mathbbm{f}_0(x)\} = \{x \in \R | \mathbbm{f}_1(x) / \mathbbm{f}_0(x) \geq k_\alpha\},
+        \] wobei wir zeigen werden, dass ein $k_\alpha$ existiert mit $\mathbbm{P}_0(A_{k_\alpha}) = \alpha$.
+        Dabei ist der Likelihoodquotient $L(x) = \frac{\mathbbm{f}_1(x)}{\mathbbm{f}_0(x)} = \frac{\lambda_0}{\lambda_1} e^{\left(\frac{1}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_1}\right) x}$ stetig und wegen $\lambda_0 < \lambda_1 \implies \frac{1}{\lambda_0} > \frac{1}{\lambda_1}$ auch monoton wachsend. Insbesondere existiert zu jedem $k_\alpha$ genau ein $c_\alpha$ mit
+        \[
+            A_{k_\alpha} = [c_\alpha, \infty). 
+        \]
+        Dann gilt
+        \[
+            \alpha \overset{!}{=} \mathbbm{P}_0(A_{k_\alpha}) = \int_{A_{k_\alpha}} \mathbbm{f}_0(x) \d{x} = \int_{c_\alpha}^\infty \frac{1}{\lambda_0}e^{- \frac{1}{\lambda_0} x} \d{x} = e^{- \frac{1}{\lambda_0} c_\alpha}
+        \]
+        Daher gilt $c_\alpha = -\lambda_0 \log(\alpha)$ und damit $\varphi = \mathbbm{1}_{[-\lambda_0\log(\alpha), \infty)}$
+        \item Offensichtlich ist also $\varphi$ unabhängig von $\lambda_1$.
+        Sei $\lambda < \lambda_0$. Dann gilt
+        \[
+            \mathbbm{P}_\lambda(A_{k_\alpha}) = \int_{-\lambda_0\log(\alpha)}^\infty \frac{1}{\lambda}e^{-\frac{1}{\lambda}x} \d{x} = e^{\frac{\lambda_0}{\lambda}\log(\alpha)} = \alpha^{\frac{\lambda_0}{\lambda}} < \alpha,
+        \]
+        da $\alpha < 1$. 
+        Damit hält $\varphi$ für $H_0: \lambda \le \lambda_0$ das Signifikanzniveau $\alpha$ ein und ist folglich gleichmäßig bester Test mit $H_1: \lambda > \lambda_0$, da für alle $\lambda_1 > \lambda_0$ nach dem Neyman-Pearson-Lemma $\varphi$ ein bester Test ist.
+        \item Die Forscher liegen falsch, wenn die Nullhypothese $\lambda \leq \lambda_0$ wahr ist und sie diese ablehnen. Das ist also gerade ein Fehler erster Art und wir erhalten $\alpha = 0.05$. Damit ist $\varphi = \mathbbm{1}_{[- \lambda_0 \log(\alpha), \infty)} = \mathbbm{1}_{[15,7917, \infty]}$. Wegen $\varphi(X) = \varphi(13) = 0$ publizieren sie ihre Ergebnisse nicht.
+        \item Es gilt $\mathcal{R}_\lambda = \mathcal F_\lambda^c = (0,\lambda)^c = [\lambda, \infty)$. Die assoziierte Familie von Partitionen ist 
+        \[ 
+            \mathscr H_\lambda^0 \coloneqq \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \in \mathcal R_{\tilde \lambda}\} 
+            = \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \geq \tilde \lambda\} = (-\infty, \tilde \lambda]
+        \] und analog
+        \[ 
+            \mathscr H_\lambda^1 \coloneqq \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \in \mathcal F_{\tilde \lambda}\} 
+            = \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda < \tilde \lambda\} = (\tilde \lambda, \infty).
+        \]
+        Nach Aufgabe $b$ wissen wir, dass $\varphi_\lambda = \mathbbm{1}_{[-\lambda \log(\alpha)]}$ ein gleichmäßig bester Test zum Niveau $\alpha$ mit Nullhypothese $\mathscr H_\lambda^0$ gegen die Alternative $\mathscr H_\lambda^1$ ist. Nach Satz 12.33 muss damit die assoziierte Bereichsschätzfunktion $B$ ein gleichmäßig bester $(1-\alpha)$-Konfidenzbereich sein. Die assoziierte Bereichsschätzfunktion ist gegeben durch
+        \begin{align*}
+            B(x) &= \{\lambda \in \R^+ \colon \varphi_\lambda(x) = 0\}\\
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon \mathbbm{1}_{[-\lambda\log(\alpha), \infty)} = 0\}\\
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon x  < -\lambda\log(\alpha)\}
+            \intertext{$\log(\alpha) < 0$}
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon -x/\log(\alpha)  < \lambda\}\\
+            &= \left(-\frac{x}{\log(\alpha)}, \infty\right)
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\hat{\theta}_n(x) = (\overline{x}_n, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2)$.
+            \begin{proof}
+                Betrachte für $\sigma^2 > 0$:
+                \begin{salign*}
+                    L(x, \mu, \sigma^2) &= (2 \pi \sigma^2)^{-\frac{n}{2}} \exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2}
+                    \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2\right) \\
+                    l(x, \mu, \sigma^2) &= \log L \\
+                                        &= -\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2
+                                        - \frac{n}{2} \log(2 \pi \sigma^2)
+                    \intertext{Es genügt die Maxima von $l = \log L$ zu betrachten, da der Logarithmus
+                    streng monoton wachsend ist. Betrachte den Gradienten bezüglich $\mu$ und $\sigma^2$:}
+                    \nabla l(x, \mu, \sigma^2) &= \begin{pmatrix} 
+                        \frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^{n} 2 (x_i - \mu) \\
+                        \frac{1}{2 \sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 - \frac{n}{2} \frac{1}{\sigma^2}
+                    \end{pmatrix} 
+                        \stackrel{!}{=} 0
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt
+                \[
+                    \frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 = \frac{n}{\sigma^2}
+                    \implies \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2
+                .\] Eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt:
+                \[
+                    n \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)}{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2} = 0
+                    \implies \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) = 0
+                    \implies \sum_{i=1}^{n} x_i = n \mu \implies \mu = \overline{x}_n
+                .\] Damit folgt
+                \[
+                    \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2
+                .\]
+                Die Determinante der Hessematrix von $l$ bezüglich $\mu$ und $\sigma^2$
+                ausgewertet bei $\mu = \overline{x}_n$ ist
+                $\forall \sigma^2 > 0$:
+                \begin{salign*}
+                    \text{det}\left[\begin{pmatrix} -\frac{n}{\sigma^2} & -\frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) \\
+                        - \frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) &
+                        - \frac{1}{\sigma ^{6}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 + \frac{n}{2} \frac{1}{\sigma ^{4}}
+                    \end{pmatrix}\Big|_{\mu = \overline{x}_n} \right]
+                    &= \text{det} \left[\begin{pmatrix}
+                        - \frac{n}{\sigma ^2} & 0 \\
+                        0 & \frac{n}{2 \sigma ^{4}}
+                \end{pmatrix} \right] \\
+                          &= - \underbrace{\frac{n^2}{2 \sigma ^{6}}}_{> 0} < 0
+                .\end{salign*}
+                Es liegt also ein (lokales) Maximum bei
+                $\theta = (\overline{x}_n, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2)$ vor.
+                Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\hat{\theta}_n(x) = \frac{\overline{x}_n}{m}$.
+            \begin{proof}
+                Sei $m \in \N$ fest. Betrachte wieder den Logarithmus der Likelihoodfunktion:
+                \begin{salign*}
+                    L(x, p) &= \prod_{i=1}^{n} p^{x_i} (1 - p)^{m - x_i} \\
+                    &= p^{n \overline{x}_n} (1-p)^{nm - n \overline{x}_n} \\
+                    l(x, p) &= n \overline{x}_n \log(p) + n(m - \overline{x}_n) \log(1-p)
+                    \intertext{Dann folgt}
+                    \frac{\partial l}{\partial p} &= \frac{n \overline{x}_n}{p} - \frac{n(m - \overline{x}_n)}{1-p} \stackrel{!}{=} 0\\
+                    \intertext{Damit folgt direkt}
+                    p &= \frac{\overline{x}_n}{m}
+                    \intertext{Dieses ist auch lokales Maximum da wegen $0 \le x_i \le m$ $\forall i \in \N$
+                    auch $0 \le \overline{x_n} \le m$ gilt und damit}
+                    \frac{\partial l^2}{\partial p^2} \Big|_{p = \frac{\overline{x}_n}{m}}
+                    &= - \frac{n \overline{x}_n}{p^2} - \frac{n(m - \overline{x}_n)}{(1-p)^2}
+                    \Big|_{p = \frac{\overline{x}_n}{m}} = - n \frac{m^2}{\overline{x}_n}
+                    - \frac{n(\overbrace{m - \overline{x}_n}^{\ge 0})}{\left( 1 - \frac{\overline{x}_n}{m} \right)^2} < 0
+                .\end{salign*}
+                Da $\frac{\overline{x}_n}{m}$ einzige Nullstelle von $\frac{\partial l}{\partial p}$, ist
+                dieses auch globales Maximum. Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Für die Zähldichte $\mathbbm p_{X_i}$ gilt
+        \[
+            \mathbbm p_{X_i} = \begin{cases}
+                \mathbbm p_{\text{Poi}_\lambda}(0) &| X_i = 0\\
+                \sum_{i = 1}^{\infty} \mathbbm p_{\text{Poi}_\lambda}(i) &| X_i = 1
+            \end{cases}  = \begin{cases}
+                e^{-\lambda} & |X_i = 0\\
+                1 - e^{-\lambda} & | X_i = 1
+            \end{cases}
+        \]
+        Für die Produktzähldichte erhalten wir daher
+        \[
+            \prod_{i=1}^n \mathbbm p_{X_i} = (1 - e^{-\lambda})^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} (e^{-\lambda})^{n - \sum_{i = 1}^{n} X_i}
+            = (1 - e^{-\lambda})^{n \overline{X_n}} (e^{-\lambda})^{n - n \overline{X_n}}
+            %(1 - e^{-\lambda})^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} \cdot e^{-n\lambda} \cdot e^{\lambda \sum_{i = 1}^{n} X_i} = (e^{\lambda} - 1)^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} \cdot e^{-n\lambda}
+        \]
+        Daraus ergibt sich die Likelihoodfunktion
+        \[
+            L(X, \lambda) = (1 - e^{-\lambda})^{n \overline{X_n}} e^{-n\lambda} e^{n \lambda \overline{X_n}} = (e^{\lambda} - 1)^{n \overline{X_n}} \cdot e^{-n\lambda},
+        \]
+        die log-Likelihoodfunktion
+        \[
+            l(X,\lambda) = n \overline{X_n} \log(e^\lambda - 1) - n\lambda,
+        \]  
+        sowie deren Ableitung
+        \[
+            \frac{\partial}{\partial \lambda}  l(X, \lambda) = n \overline{X_n} \frac{e^\lambda}{e^\lambda - 1} - n \overset{!}{=} 0,
+        \]
+        von der wir direkt die Nullstellen berechnen um Extremstellen in $L(X, \lambda)$ zu finden.
+        Daraus folgern wir
+        \begin{align*}
+            \overline{X_n} e^{\hat \lambda_n} &= e^{\hat \lambda_n} - 1\\
+            1 - \overline{X_n}  &= e^{-\hat \lambda_n}\\
+            \hat \lambda_n &= -\log(1 - \overline{X_n}).
+        \end{align*}
+        \item Der Schätzer $ \hat \lambda_n$ existiert genau dann nicht, wenn $\overline{X_n} = 1 \Leftrightarrow X_i = 1 \forall 1\le i\le n$. Es gilt 
+        \[ 
+            \mathbbm P(X_1 = \dots = X_n = 1) = \prod_{i=1}^n \mathbbm P_i(X_i = 1) = \prod_{i=1}^n (1 - e^{-\lambda}) = e^{-n\lambda} > 0.
+        \]
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+\end{document}

wtheo6.tex

@@ -0,0 +1,156 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 6}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+
+\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
+\usepackage{stmaryrd}
+\begin{document}
+
+\punkte[21]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\mathbb{P}(\cdot  \mid B)$ ist Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\Omega, \mathcal{A})$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Es ist für $A \in \mathcal{A}$:
+                        $\mathbb{P}(A | B) = \frac{\mathbb{P}(A|B)}{\mathbb{P}(B)} \ge 0$,
+                        da $\mathbb{P}$ W'maß.
+                    \item $\mathbb{P}(\Omega | B) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap  B)}{\mathbb{P}(B)}
+                            = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$.
+                    \item Seien $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i$ paarweise disjunkt. Dann folgt
+                        \begin{salign*}
+                            \mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \right)
+                            &= \frac{\mathbb{P}\left( \left( \bigcupdot_{i \in  \N} A_i \right) \cap B \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
+                            &= \frac{\mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in  \N} (A_i \cap B)  \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
+                            &= \sum_{i \in \N} \frac{\mathbb{P}(A_i \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \\
+                            &= \sum_{i \in \N} \mathbb{P}(A_i|B)
+                        ,\end{salign*}
+                        wobei im 3. Schritt die $\sigma$-Additivität von $\mathbb{P}$ ausgenutzt wurde.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Es ist beispielsweise mit
+            $A = \emptyset\colon \mathbb{P}(\emptyset | \Omega) = \frac{\mathbb{P}(\emptyset \cap  \Omega)}{\mathbb{P}(\Omega)} = \frac{0}{1} = 0 \neq 1$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Ist $X$ ein Ereignis, so bezeichne $\overline{X}$ das Gegenereignis zu $X$.
+    Wir definieren $R, V$ und $S$ wie im Hinweis. Nach Aufgabenstellung gilt $\P(R) = \frac{1}{2},\P(V|R) = \frac{2}{3}$ und  $\P(V|\overline R) = \frac{2}{3}$. Sei $A$ das Ereignis, dass Regen vorhergesagt wird.
+    $A$ tritt genau dann ein, wenn es regnet und die Wettervorhersage recht hat oder wenn es nicht regnet und die Wettervorhersage falsch liegt. Es gilt daher
+    $A = R \cap V \cup \overline R \cap \overline V$ und nach den De Morganschen Regeln 
+    \[
+        \overline{A} = \overline{R \cap V} \cap \overline{\overline{R} \cap \overline{V}} = (\overline{R} \cup \overline{V}) \cap (R \cup V) = \overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R
+    \]
+    Weiter gilt $\P(S|A) = 1$ und $\P(S|\overline A) = \frac{1}{3}$. 
+    %Die Wahrscheinlichkeit, dass Mr. Pickwick einen Schirm mitnimmt, obwohl kein Regen vorhergesagt wurde, ist unabhängig davon, ob es dann tatsächlich regnet oder nicht stets $\frac{1}{3}$.
+    %Daher sind die Ereignisse $S \cap \overline{A}$ und $R$ stochastisch unabhängig.
+    Da Mr. Pickwick nicht weiß, ob es regnen wird oder nicht, gilt sogar $\P(S|A\cap R) = \P(S|A\cap \overline R) = 1 $ und $\P(S|\overline A \cap R) = \P(S| \overline A \cap \overline R)$.
+    Daraus erhalten wir
+    \begin{align*}
+        1 = \P(S|A\cap R) = \frac{\P(S \cap A \cap R)}{\P(A \cap R)} &\implies \P(S \cap A \cap R) = \P(A \cap R),\\
+        1 = \P(S|A\cap \overline R) = \frac{\P(S \cap A \cap \overline R)}{\P(A \cap \overline R)} &\implies \P(S \cap A \cap \overline R) = \P(A \cap \overline R),\\
+        \frac{1}{3} = \P(S|\overline A\cap R) = \frac{\P(S \cap \overline A \cap R)}{\P(\overline A \cap R)} &\implies \P(S \cap \overline A \cap R) = \frac{1}{3}\P(\overline A \cap R),\\
+        \frac{1}{3} = \P(S|\overline A\cap \overline R) = \frac{\P(S \cap \overline A \cap \overline R)}{\P(\overline A \cap \overline R)} &\implies \P(S \cap \overline A \cap \overline R) = \frac{1}{3}\P(\overline A \cap \overline R),\\
+    \end{align*}
+    Zudem gilt
+    \begin{align*}
+        \frac{2}{3} = \P(V | R) = \frac{\P(V \cap R)}{\P(R)} = 2 P(V\cap R) &\implies P(V\cap R) = \frac{1}{3}\\
+        \frac{2}{3} = \P(V | \overline R) = \frac{\P(V \cap \overline R)}{\P(\overline R)} = 2 P(V\cap \overline R) &\implies P(V\cap \overline R) = \frac{1}{3}\\
+    \end{align*}
+    Daraus erhalten wir wegen $\P(X \cap Y + \P(X \cap \overline{Y}) = \P(X)$ sofort
+    \begin{align*}
+        \P(\overline V\cap R) &= \P(R) - \P(V\cap R) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\\ 
+        \P(\overline{V} \cap \overline{R}) &= \P(\overline{R}) - \P(V \cap \overline{R}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}
+    \end{align*} 
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Gesucht ist $\P(\overline{S}|R)$. 
+        Wir berechnen zunächst
+        \begin{align*}
+            \P(S \cap R) &= \P(S \cap R \cap A) + \P(S \cap R\cap \overline{A})\\
+            &= \P(S\cap A \cap R) + \P(S \cap \overline{A} \cap R)\\
+            &= \P(A \cap R) + \frac{1}{3} \P(\overline{A} \cap R)\\
+            &= \P((R \cap V \cup \overline R \cap \overline V) \cap R) + \frac{1}{3}\P((\overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R) \cap R)\\
+            &= \P(R\cap V) + \frac{1}{3} \P(R \cap \overline{V})\\
+            &= \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{6} = \frac{7}{18}
+        \end{align*}
+        Es gilt daher
+        \begin{align*}
+            \P(\overline{S}|R) &= \frac{\P(\overline{S}\cap R)}{\P(R)}\\
+            &= 2 \cdot (\P(R) - \P(S \cap R))\\
+            &= 1 - 2 \P(S \cap R)\\
+            &= 1 - 2 \frac{7}{18} = \frac{18}{18} - \frac{14}{18} = \frac{2}{9}
+        \end{align*}
+        \item Gesucht ist $\P(S| \overline{R})$.
+        Wir berechnen zunächst
+        \begin{align*}
+            \P(S \cap \overline R) &= \P(S \cap \overline R \cap A) + \P(S \cap \overline R\cap \overline{A})\\
+            &= \P(S\cap A \cap \overline R) + \P(S \cap \overline{A} \cap \overline R)\\
+            &= \P(A \cap \overline R) + \frac{1}{3} \P(\overline{A} \cap \overline R)\\
+            &= \P((R \cap V \cup \overline R \cap \overline V) \cap \overline R) + \frac{1}{3}\P((\overline{R} \cap V \cup \overline{V} \cap R) \cap \overline R)\\
+            &= \P(\overline R\cap \overline V) + \frac{1}{3} \P(\overline R \cap V)\\
+            &= \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \frac{1}{3} = \frac{5}{18}
+        \end{align*}
+        Es gilt daher
+        \begin{align*}
+            \P(S|\overline R) &= \frac{\P(S\cap \overline R)}{\P(\overline{R})}\\
+            &= 2 \cdot \P(S \cap \overline R)\\
+            &= 2 \frac{5}{18} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $A \in \mathcal{A}$. Dann ist $\mathbb{P}(\Omega \cap A) = \mathbb{P}(A) = 1 \cdot \mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(\Omega) \mathbb{P}(A)$. Außerdem
+            gilt $\mathbb{P}(\emptyset \cap A) = \mathbb{P}(\emptyset) = 0 = 0 \cdot \mathbb{P}(A) =
+            \mathbb{P}(\emptyset) \mathbb{P}(A)$.
+        \item Seien $A, B, C$ gemeinsam stochastisch unabhängig. Dann ist
+            $\mathbb{P}((A \cap B) \cap C) = \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
+            = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) = \mathbb{P}(A \cap B) \mathbb{P}(C)$.
+            Außerdem gilt
+            $\mathbb{P}((A \cup B) \cap C) = \mathbb{P}((A \cap B) \cup (B \cap C))
+            = \mathbb{P}(A \cap C) + \mathbb{P}(B \cap C) - \mathbb{P}(A \cap C) \cap (B \cap C)
+            = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(C) + \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) - \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
+            = \mathbb{P}(C) (\mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B))
+            = \mathbb{P}(C) \mathbb{P}(A \cup B)$.
+        \item Da der Würfel Laplace verteilt angenommen ist, folgt direkt
+            $\mathbb{P}(A) = \frac{1}{2}$ und $\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}$. Da
+            die Summe der Augenzahlen genau dann gerade ist, wenn einer der Würfe eine gerade
+            und einer der Würfe eine ungerade Zahl ergibt, folgt $\mathbb{P}(C) = \frac{1}{2}$.
+            Dabei gilt $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0$, da die Summe der Augenzahlen gerade ist, falls
+            beide Würfe gerade Augenzahlen ergeben.
+
+            Die Ereignisse $A, B, C$ sind paarweise unabhängig, denn
+            \begin{salign*}
+                \mathbb{P}(A \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf gerade, 2. ungerade''}) = \frac{1}{4}
+                = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(C) \\
+                \mathbb{P}(A \cap B) &= \mathbb{P}(\text{,,1. und 2. Wurf gerade''})
+                = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \\
+                \mathbb{P}(B \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf ungerade, 2. gerade''})
+                = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)
+            .\end{salign*}
+
+            Aber $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0 \neq \frac{1}{8} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)$
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $N$ die Anzahl der (nicht notwendigerweise verschiedenen) Zeichen in Goethes Faust und $M$ die Menge der verschiedenen Zeichen in Goethes Faust. 
+    Sei $\Omega = M^\N$.
+    Sei dann 
+    \[ 
+        A_{n} \coloneqq \{\omega \in \Omega \colon \forall i \in \llbracket n, n+N-1 \rrbracket \colon \omega_i = G_{i-n}\},
+    \]
+    wobei $G_i$ das $i$-te Zeichen von Goethes Faust bezeichne.
+    Die Ereignisse $(A_{kN})_{k\in \N}$ sind dann offensichtlich stochastisch unabhängig (analog zu Beispiel 14.8(b)) und es gilt 
+    $\P(A_i) = \frac{1}{(\# M)^N}$, also insbesondere 
+    \[
+        \sum_{k\in \N} \P(A_{kN}) =  \sum_{k\in \N} \frac{1}{(\# M)^N} = \infty.
+    \]
+    Nach dem Lemma von Borel-Cantelli gilt daher $\P(\limsup\limits_{k \to \infty} A_{kN}) = 1$. $(A_{kN})_{k \in \N}$ ist eine Teilfolge von $(A_n)_{n\in \N}$, also gilt auch $\P(\limsup\limits_{n \to \infty} A_n) = 1$.
+    Die Menge $\limsup\limits_{n \to \infty} A_n$ enthält gerade die $\omega \in \Omega$, die in unendlich vielen $A_n$ enthalten sind, also genau die Zeichenfolgen, in denen der Affe unendlich oft Goethes Faust tippt. Eines dieser Ereignisse tritt mit Wahrscheinlichkeit 1 ein.
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

wtheo7.tex

@@ -0,0 +1,217 @@
+\documentclass[uebung]{lecture}
+
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 7}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+
+\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
+\newcommand{\E}{\mathbb{E}}
+\usepackage{stmaryrd}
+\begin{document}
+
+\newcommand{\indep}{\perp \!\!\! \perp}
+
+\punkte[25]
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\mathbbm{p}(k) = e^{-\lambda p } \frac{(\lambda p)^{k}}{k!}$.
+            \begin{proof}
+                Sei $(\Omega, \mathscr{A}, \mathbb{P})$ W-Raum mit Ereignissen
+                \begin{align*}
+                    A_n &\colon \text{,,Anzahl 7-Meter pro Spiel''} \\
+                    B_n &\colon \text{,,Anzahl Treffer per 7-Meter pro Spiel''}
+                \end{align*}
+                mit $\mathbb{P}(A_n) = \frac{\lambda ^{n}}{n!} e^{-\lambda}$ und
+                $\mathbb{P}(B_k  \mid A_n) = \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{n-k}$, wobei
+                $\binom{n}{k} = 0$ für $k > n$.
+
+                Dann ist $(A_n)_{n \in \N}$ eine Partition von $\Omega$. Damit folgt
+                mit Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:
+                \begin{salign*}
+                    \mathbbm{p}(k) &= \mathbb{P}(A_n) \\
+                    &= \mathbb{P}(A_n \cap \Omega) \\
+                    &= \sum_{n \in \N_0} \mathbb{P}(A_n) \mathbb{P}(B_k  \mid A_n) \\
+                    &= \sum_{n \in \N_0} \frac{\lambda^{n}}{n!} e^{-\lambda} \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{n-k} \\
+                    &= e^{-\lambda} p^{k} \sum_{n=k}^{\infty} \frac{\lambda^{k}\lambda^{n-k}}{n!} \frac{n!}{k!(n-k)!} (1-p)^{n-k} \\
+                    &= e^{-\lambda} \frac{(\lambda p)^{k}}{k!} \sum_{n=k}^{\infty} \frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!}
+                    (1-p)^{n-k} \\
+                    &= e^{-\lambda} \frac{(\lambda p)^{k}}{k!} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\lambda^{n}}{n!}
+                    (1-p)^{n} \\
+                    &= e^{-\lambda} \frac{(\lambda p)^{k}}{k!} e^{\lambda(1-p)} \\
+                    &= e^{-\lambda p} \frac{(\lambda p)^{k}}{k!}
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+        \item Seien $X$ bzw. $Y$ die Lebensdauer in Tagen von Lampe 1 bzw. Lampe 2 mit
+            $X \sim \text{Poi}_{\lambda_1}$ und $Y \sim \text{Poi}_{\lambda_2}$. Nach Vorraussetzung
+            ist $X \indep Y$, also
+            $X + Y \sim \text{Poi}_{\lambda_1} * \text{Poi}_{\lambda_2}$.
+            Nach VL hat $\text{Poi}_{\lambda_1} * \text{Poi}_{\lambda_2}$ die Zähldichte
+            \begin{salign*}
+                (\mathbbm{p}_1 * \mathbbm{p}_2)(n)
+                &= \sum_{k=0}^{n} \mathbbm{p}_1(n-k) \mathbbm{p}_2(k) \\
+                &= \sum_{k=0}^{n} \frac{\lambda_1^{n-k}}{(n-k)!} e^{- \lambda_1}
+                \frac{\lambda_2^{k}}{k!} e^{- \lambda_2} \\
+                &= e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n}
+                \underbrace{\frac{n!}{(n-k)!k!}}_{= \binom{n}{k}} \lambda_1^{n-k}
+                \lambda_2^{k} \\
+                &= e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} \frac{(\lambda_1 + \lambda_2)^{n}}{n!}
+            .\end{salign*}
+            Also folgt $X + Y \sim \text{Poi}_{\lambda_1 + \lambda_2}$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es gilt 
+        \begin{align*}
+            \mathbbm{f}^{X + Y}(z) &= [\mathbbm{f}^X * \mathbbm{f}^Y](z)\\
+            &= \int_{-\infty}^\infty \mathbbm{f}^X(z-x) \mathbbm{f}^Y(x)\d {x}\\
+            &= \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_1^2}}e^{-\frac{1}{2\sigma_1^2}((z- x) - \mu_1)^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_2^2}}e^{-\frac{1}{2\sigma_2^2}(x - \mu_2)^2} \d{x}\\
+            \intertext{Durch die Substitution $x \mapsto x + \mu_2$ erhalten wir}
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2\sigma_1^2}((z- x) - (\underbrace{\mu_1 + \mu_2}_{\eqqcolon \mu}))^2 -\frac{1}{2\sigma_2^2}x^2} \d{x}\\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2\sigma_1^2}(x - z + \mu)^2 -\frac{1}{2\sigma_2^2}x^2} \d{x}\\
+            \intertext{Wir substituieren $z = z - \mu$. }
+            \mathbbm{f}^{X + Y}(z + \mu) &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2\sigma_1^2}(x - z)^2 -\frac{1}{2\sigma_2^2}x^2} \d{x}\\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2} \left[\left(\frac{1}{\sigma_1^2} + \frac{1}{\sigma_2^2}\right)x^2 - 2\frac{1}{\sigma_1^2} xz + \frac{1}{\sigma_1^2}z^2 \right]} \d{x}\\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}\frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}{\sigma_1^2\cdot \sigma_2^2}\left[x^2 - 2\frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2} xz + \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}z^2 \right]} \d{x}\\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}\frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}{\sigma_1^2\cdot \sigma_2^2}\left[\left(x - \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2} z\right)^2 - \frac{\sigma_2^4}{(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)^2}z^2 + \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}z^2\right] } \d{x}\\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}\frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}{\sigma_1^2\cdot \sigma_2^2}\left[\left(x - \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2} z\right)^2\right]} \cdot e^{- \frac{1}{2} \left[- \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)} + \sigma_1^2\right]z^2} \d{x}
+            \intertext{Subsitution $x \coloneqq x + \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}z$ und erhalten}
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}\frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}{\sigma_1^2 \sigma_2^2} x^2} \d{x} \cdot e^{- \frac{1}{2} \left[- \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)} + \frac{1}{\sigma_1^2}\right]z^2} \\
+            &= \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2} \cdot \frac{\sigma_1\sigma_2}{\sqrt{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}x^2} \d{x}\cdot e^{- \frac{1}{2} \left[- \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)} + \frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}{\sigma_1^2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}\right]z^2} \\
+            &= \frac{1}{\sqrt{2\pi(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}} \cdot e^{- \frac{1}{2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}z^2}
+        \intertext{Resubstitution $z \coloneqq z + \mu = z+\mu_1 + \mu_2$}
+        \mathbbm{f}^{X + Y}(z) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}} \cdot e^{- \frac{1}{2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}(z - (\mu_1 + \mu_2))^2}
+        \end{align*}
+        Daraus folgt $X + Y = N_{(\mu_1+ \mu_2, \sigma_1^2 + \sigma_2^2)}$.
+        \item Es ist bekannt, dass $n \cdot \overline{X_n} = \sum_{i = 1}^{n} X_i \sim N_{(n\mu, n\sigma^2)}$ für $X_i \sim N_{(\mu, \sigma^2)}$.
+        Wir betrachten nun $h(X) = \frac{1}{\sqrt{n\sigma^2}} X - \frac{\sqrt{n}\mu}{\sigma}$. Nach dem Transformationssatz gilt dann für $Z_n = h(n \cdot \overline{X_n})$:
+        \begin{align*}
+            \mathbbm{f}^{Z_n}(y) &= \sqrt{n\sigma^2} \frac{1}{2\pi n\sigma^2}e^{-\frac{1}{2n \sigma^2}(\sqrt{n\sigma^2}(y + \sqrt{n}\sigma^{-1} \mu) - n\mu)^2}\\
+            &= \frac{1}{2\pi} e^{-\frac{1}{2n \sigma^2}(\sqrt{n\sigma^2}y + n\mu - n\mu)^2}\\
+            &= \frac{1}{2\pi} e^{-\frac{1}{2n \sigma^2}\cdot n\sigma^2y^2}\\
+            &= \frac{1}{2\pi} e^{-\frac{1}{2}y^2}\\
+        \end{align*}
+        Daher gilt $Z_n \sim N_{(0,1)}$.
+   \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    (i)-(iii) bezeichne im Folgenden die Eigenschaften von $\E$ aus Satz 20.01.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $(X_n)_{n \in \N}$ mit $X_n \in \overline{\mathscr{A}}^{+}$. Dann setze
+            $S_n \coloneqq \sum_{k=1}^{n} X_k$. Dann ist $S_n \in \overline{\mathscr{A}}^{+}$ und
+            $S_n \uparrow \sum_{n \in \N} X_n$.  Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \E\left( \sum_{n \in \N} X_n\right) &\stackrel{\text{(ii)}}{=}
+                \lim_{n \to \infty} \E(S_n) \\
+                &= \lim_{n \to \infty} \E\left( \sum_{k=1}^{n} X_n \right) \\
+                &\stackrel{\text{(i)}}{=}
+                \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \E(X_n) \\
+                &= \sum_{n \in \N} \E(X_n)
+            .\end{salign*}
+        \item
+            \begin{itemize}
+                \item ,,$\implies$'': Sei $\indep_{i \in I} \mathcal{A}_i$ und
+                    $(X_i)_{i \in I}$ mit $X_i \in \overline{\mathcal{A}}_i^{+}$ für $i \in I$. Sei weiter
+                    $\emptyset \neq J \subseteq I$ endlich.
+
+                    \begin{enumerate}[(1)]
+                        \item Seien $X_i$ Bernoulli ZV mit $X_i = \mathbbm{1}_{A_i}$ und
+                            $A_i \in \mathcal{A}_i$ für $i \in I$. Da
+                            $\indep_{i \in I} \mathcal{A}_i \implies \indep_{i \in I} A_i$.
+                            Dann gilt
+                            \begin{salign*}
+                                \E\left( \prod_{j \in J}^{} X_j  \right)
+                                &= \E\left( \prod_{j \in J}^{} A_j  \right) \\
+                                &= \E( \mathbbm{1}_{\bigcap_{j \in J} A_j} ) \\
+                                &\stackrel{\text{(iii)}}{=} \mathbb{P}(\bigcap_{j \in J}  A_j) \\
+                                &\stackrel{\indep_{i \in I} A_i}{=}
+                                \prod_{j \in J}^{} \mathbb{P}(A_j) \\
+                                &\stackrel{\text{(iii)}}{=} \prod_{j \in J}^{} \E(\mathbbm{1}_{A_j}) \\
+                                &= \prod_{j \in J}^{} \E(X_j) 
+                            .\end{salign*}
+                        \item Seien nun $X_i$ einfache positive numerische ZV. Dann ist
+                            $\prod_{j \in J}^{} X_j $ eine Summe von Produkten aus skalierten
+                            Bernoulli-ZV. Mit (a), (ii) und Schritt (1) folgt die Behauptung für
+                            $(X_i)_{i \in I}$.
+                        \item Seien nun $X_i \in \overline{\mathcal{A}}_i^{+}$ für $i \in I$. Für
+                            $i \in I$ ex. dann eine Folge $(X_{in})_{n \in \N}$ mit $X_{in} \uparrow X_i$
+                            und $X_{in}$ einfach positiv numerische ZV.
+                            Da $J$ endlich folgt dann
+                            \begin{salign*}
+                            \prod_{i \in J} X_i = \prod_{i\in J}^{} \lim_{n \to \infty}
+                            X_{in} = \lim_{n \to \infty} \prod_{i \in J}^{} X_{in}
+                            .\end{salign*}
+                            Also folgt $\prod_{j \in J} X_{in} \uparrow \prod_{j \in J}^{} X_i $. Damit folgt
+                            \begin{salign*}
+                                \E \left( \prod_{j \in J}^{} X_j  \right) &=
+                                \E\left( \prod_{j \in J}^{} \lim_{n \to \infty} X_{jn}  \right) \\
+                                &= \E \left( \lim_{n \to \infty} \prod_{j \in J}^{} X_{jn}  \right) \\
+                                &\stackrel{\text{(ii)}}{=} \lim_{n \to \infty}
+                                \E\left( \prod_{j \in J}^{} X_{jn}  \right)  \\
+                                &\stackrel{\text{(2)}}{=} \lim_{n \to \infty} \prod_{j \in J}^{} \E(X_{jn}) \\
+                                &= \prod_{j \in J}^{} \lim_{n \to \infty} \E(X_{jn}) \\
+                                &\stackrel{\text{(ii)}}{=} \prod_{j \in J}^{} \E(X_j) 
+                            .\end{salign*}
+                    \end{enumerate}
+                \item ,,$\impliedby$'': Sei $(A_i)_{i \in I}$ mit $A_i \in \mathcal{A}_i$ für $i \in I$.
+                    Z.z.: $\indep_{ i \in I} A_i$. Dazu sei $\emptyset \neq J \subseteq I$ endlich.
+                    Betrachte $X_i \coloneqq \mathbbm{1}_{A_i}$. Dann ist nach Vorraussetzung
+                    \begin{salign*}
+                        \mathbb{P}\left( \bigcap_{i \in J} A_i \right)
+                        &\stackrel{\text{(iii)}}{=}
+                        \E \left( \mathbbm{1}_{\bigcap_{i \in J} A_i} \right) \\
+                        &= \E\left( \prod_{i \in J}^{} \mathbbm{1}_{A_i}  \right)  \\
+                        &\stackrel{\text{Vorr.}}{=} \prod_{i \in J}^{} \E(\mathbbm{1}_{A_i})  \\
+                        &\stackrel{\text{(iii)}}{=} \prod_{i \in J}^{} \mathbb{P}(A_i) 
+                    .\end{salign*}
+            \end{itemize}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Nach dem Dichtetransformationssatz gilt 
+        \begin{align*}
+            \mathbbm{f}^{AX + b}(y) &= \frac{1}{|\det(A)|} \mathbbm{f}^{X}(A^{-1}(y-b))\\
+            &= \det{AA^t}^{-\frac{1}{2}} \cdot (2\pi)^{-\frac{n}{2}} \det{\Sigma}^{-\frac{1}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle \Sigma^{-1}(A^{-1}(y-b)- \mu), A^{-1}(y-b) - \mu \rangle}\\
+            &= \det{A\Sigma A^t}^{-\frac{1}{2}} (2\pi)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle\Sigma^{-1}A^{-1}(y - (A\mu + b)), A^{-1}(y - (A\mu + b))\rangle}\\
+            &= \det{A\Sigma A^t}^{-\frac{1}{2}} (2\pi)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle A^{-t}\Sigma^{-1}A^{-1}(y - (A\mu + b)), (y - (A\mu + b))\rangle}\\
+            &= \det{A\Sigma A^t}^{-\frac{1}{2}} (2\pi)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle (A\Sigma A^t)^{-1}(y - (A\mu + b)), (y - (A\mu + b))\rangle}
+        \end{align*}
+        Daher gilt $AX + b \sim N_{A\mu + b, A\Sigma A^t}$. 
+        \item Wir definieren $E_{ij}$ mit $(E_{ij})_{kl} = \delta_{ik}\delta_{jl}$.
+        Dann erhalten wir durch $P_{ij} = \sum_{i = 1}^{n} E_{ii} - E_{ii} - E_{jj} + E_{ij} + E_{ji}$ eine Permutationsmatrix. 
+        Für $Y = P_{1i}X$ gilt $Y \sim N_{(P_{1i}\mu, P_{1i}\Sigma P_{i1})}$.
+        Wegen $P_{1i}\Sigma P_{i1} = LDL^t$ für eine normierte untere Dreiecksmatrix $L$ und eine Diagonalmatrix $D$, erhalten wir
+        \[
+            L^{-1}P_{1i}X - L^{-1}P_{1i}\mu \sim N_{(L^{-1} P_{1i}\mu - L^{-1}P_{1i}\mu, L^{-1}L D L^t L^{-t})} = N_{(0, D)}
+        \]
+        Da $L$ und somit auch $L^{-1}$ normierte untere Dreiecksmatrizen sind, gilt $(L^{-1}\cdot A)_{11} = A_{11}$ für beliebiges $A$. Daher erhalten wir für die Randverteilung
+        \begin{align*}
+            \mathbbm{f}^{(L^{-1}P_{1i}X - L^{-1}P_{1i}\mu)_1}(x_1) &= \int_{-\infty}^\infty \cdots \int_{-\infty}^\infty \mathbbm{f}^{L^{-1}P_{1i}X - L^{-1}P_{1i}\mu}(x_1, \dots, x_n) \d{x_n} \d{x_2}\\
+            \mathbbm{f}^{(P_{1i}X)_1 - (P_{1i}\mu)_1}(x_1)&= \int_{-\infty}^\infty \cdots \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \cdot (\det D)^{-\frac{1}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle D^{-1}x, x\rangle} \d{x_n} \cdots \d{x_2}\\
+            \mathbbm{f}^{X_i - \mu_i}(x_1)&= (\det D)^{-\frac{1}{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{11}^{-1}x_1^2}\prod_{i = 2}^{n} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}D_{ii}^{-1}x_i^2}\\
+            &= \frac{\sqrt{D_{22}\cdot \dots \cdot D_{nn}}}{\sqrt{\det D}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{11}^{-1} x_1^2}\\
+            &= \frac{1}{\sqrt{2\pi D_{11}}}e^{-\frac{1}{2D_{11}} x_1^2}\\
+            \implies \mathbbm{f}^{X_i - \mu_i}(x_i)&\sim N_{(0, D_{11})}  = N_{(0, (P_{1i}\Sigma P_{i1})_{11})} = N_{(0, \Sigma_{ii})}\\
+            \mathbbm{f}^{X_i}(x_i) &\sim N_{(\mu_i, \Sigma_{ii})}
+        \end{align*}
+        \item Durch die Permutation $P_{1i}P_{2j}$ können wir (analog zur Aufgabe (b)) o.B.d.A. $i= 1$, $j = 2$ annehmen. Wir wenden erneut die Cholesky-Zerlegung an und erhalten $\Sigma = LDL^t$, wobei wegen $\Sigma_{12} = \Sigma_{21}$ auch $L_{21} = 0$ gelten muss.
+        Daher ist auch $D_{11} = \Sigma_{11}$ und $D_{22} = \Sigma_{22}$.
+        Wir berechnen nun die Randverteilung für $(X_1, X_2)$.
+        \begin{align*}
+            \mathbbm{f}^{(L^{-1}X - L^{-1}\mu)_{(1,2)}}(x_1, x_2) &= \int_{-\infty}^\infty \cdots \int_{-\infty}^\infty \mathbbm{f}^{L^{-1}X - L^{-1}\mu}(x_1, \dots, x_n) \d{x_n} \d{x_3}
+            \intertext{Nun nutzen wir $L_{21} = 0$}
+            \mathbbm{f}^{(X_1, X_2) - (\mu_1, \mu_2)}(x_1, x_2)&= \int_{-\infty}^\infty \cdots \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \cdot (\det D)^{-\frac{1}{2}} e^{-\frac{1}{2}\langle D^{-1}x, x\rangle} \d{x_n} \cdots \d{x_3}\\
+            \mathbbm{f}^{(X_1 - \mu_1, X_2 - \mu_2)}(x_1, x_2)&= (\det D)^{-\frac{1}{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{11}^{-1}x_1^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{22}^{-1}x_2^2}\cdot \prod_{i = 3}^{n} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}D_{ii}^{-1}x_i^2}\\
+            &= \frac{\sqrt{D_{33}\cdot \dots \cdot D_{nn}}}{\sqrt{\det D}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{11}^{-1} x_1^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}D_{22}^{-1} x_2^2}\\
+            &= \frac{1}{\sqrt{2\pi D_{11}}}e^{-\frac{1}{2D_{11}} x_1^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi D_{22}}}e^{-\frac{1}{2D_{22}} x_2^2}\\
+            \mathbbm{f}^{(X_1, X_2)}(x_1, x_2)&= \frac{1}{\sqrt{2\pi \Sigma_{11}}}e^{-\frac{1}{2\Sigma_{11}} (x_1 - \mu_1)^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi \Sigma_{22}}}e^{-\frac{1}{2\Sigma_{22}} (x_2 - \mu_2)^2}\\
+            &= \mathbbm{f}^{X_1}(x_1) \cdot \mathbbm{f}^{X_2}(x_2)
+        \end{align*}
+        Also sind $X_1$ und $X_2$ unabhängig.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+\end{document}

wtheo8.tex

@@ -0,0 +1,192 @@
+\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}}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[29]
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item Es ist $|X_n| \in \mathcal{A}^{+}$, damit folgt
+            \[
+                \E\left(\sum_{n \in \N} |X_n|\right) = \sum_{n \in \N} \E(|X_n|) < \infty
+            .\] Damit folgt mit 20.13. $\mathbb{P}\left( \sum_{n \in \N} |X_n| = \infty \right) = 0$ und
+            damit
+            \[
+                \mathbb{P}\left( \sum_{n \in \N} |X_n| < \infty \right) = 1
+            .\] 
+        \item Es ist analog zu (i)
+            \[
+                \E\left( \left| \sum_{n \in \N} X_n \right| \right)
+                \le \E\left( \sum_{n \in \N} |X_n| \right)
+                = \sum_{n \in \N} \E(|X_n|) < \infty
+            .\] Also $\sum_{n \in \N} X_n \mathscr{L}_1$ und $\sum_{n \in \N} |X_n| \in \mathscr{L}_1$.
+        \item Setze $S_n \coloneqq \sum_{k=1}^{n} X_k$. Es gilt
+            $\lim_{n \to \infty} S_n = \sum_{n \in \N} X_k \in \overline{\mathcal{A}}$ und
+            \[
+            |S_n| = \left| \sum_{k=1}^{n} X_k \right| \le \sum_{k=1}^{n} |X_k|
+            \le \sum_{n \in \N} |X_n| \in \mathscr{L}_1
+            .\] Insbesondere folgt $\sup_{n \in \N} |X_n| \le \sum_{n \in \N} |X_n| \in \mathscr{L}_1$.
+
+            Wegen Monotonie der Erwartung
+            \[
+                \E(|S_n|) \le \E\left( \sum_{k \in \N} |X_k| \right)
+                = \sum_{k \in \N} \E(|X_k|) < \infty
+            .\]
+            Also ist $S_n \in \mathscr{L}_1$ für $n \in \N$. Damit folgt mit dominierter Konvergenz im letzten
+            Schritt:
+            \begin{salign*}
+                \sum_{n \in \N} \E(X_n)
+                &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \E(X_n) \\
+                &\stackrel{\text{Linearität}}{=} \lim_{n \to \infty} \E\left( \sum_{k=1}^{n} X_n \right)  \\
+                &= \lim_{n \to \infty} \E(S_n) \\
+                &= \E\left( \sum_{n \in \N} X_n \right) 
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{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)]
+        \item Es ist
+            \begin{salign*}
+                & \quad\qquad\var(X) = \E\left[ (X - \E(X))^2 \right] = 0 \\
+                \stackrel{(X- \E(X))^2 \in \overline{\mathcal{A}}^{+}}{\iff}&
+                1 = \mathbb{P}\left( (X - \E(X))^2 = 0 \right) = \mathbb{P}\left( X - \E(X) = 0 \right)
+                = \mathbb{P}( X = \E(X))
+            .\end{salign*}
+        \item
+            \begin{itemize}
+                \item Es gilt nach Definition
+                    \begin{salign*}
+                        \cov(X,Y) &= \E \left[ (X - \E(X))(Y - \E(Y)) \right] \\
+                                  &= \E \left[ (Y - \E(Y)) (X - \E(X)) \right] \\
+                                  &= \cov(Y,X)
+                    .\end{salign*}
+                \item Mit Linearität der Erwartung folgt direkt
+                    \begin{salign*}
+                        \cov(aX + bY, Z) &= \E\left[ (aX + bY - \E(aX + bY)(Z - \E(Z)) \right] \\
+                                         &= \E\left[ (a(X - \E(X)) + b(Y - \E(Y)))(Z - \E(Z))  \right] \\
+                                         &= a\E[ (X - \E(X))(Z - \E(Z)) ] + b \E[(Y - \E(Y))(Z - \E(Z))] \\
+                                         &= a \cov(X, Z) + b \cov(Y, Z)
+                    .\end{salign*}
+                \item Mit Monotonie der Erwartung im letzten Schritt folgt
+                    \begin{salign*}
+                        \cov(X, X) = \E[(X - \E(X))(X - \E(X))] = \E[\underbrace{(X - \E(X))^2}_{\ge 0}] \ge 0
+                    .\end{salign*}
+                \item Es gilt $\E(a) = a$, also
+                    \begin{salign*}
+                        \cov(a, X) = \E\left[ (a - \E(a))(X - \E(X)) \right] = \E(0) = 0
+                    .\end{salign*}
+            \end{itemize}
+        \item
+            \begin{itemize}
+                \item Mit der Linearität der Kovarianz und der letzten Eigenschaft in (b) folgt sofort
+                    \begin{salign*}
+                        \var(aX + b) &= \cov(aX + b, aX + b) \\
+                                     &\stackrel{\text{linear}}{=} a \cov(X, aX + b) + \underbrace{\cov(b, aX + b)}_{= 0 \text{ (b.4)}} \\
+                                     &\stackrel{\text{linear}}{=} a^2 \cov(X, X) + \underbrace{\cov(X, b)}_{= 0\text{ (b.4)}} \\
+                                     &= a^2\var(X)
+                    .\end{salign*}
+                \item Mit Linearität und Symmetrie folgt
+                    \begin{salign*}
+                        \var(X + Y) &= \cov(X + Y, X + Y) \\
+                                    &= \cov(X, X) + \cov(X, Y) + \cov(Y, X) + \cov(Y, Y) \\
+                                    &= \var(X) + \var(Y) + 2 \cov(X, Y)
+                    .\end{salign*}
+            \end{itemize}
+    \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}