\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}