\documentclass[uebung]{lecture} \title{Wtheo 0: Übungsblatt 3} \author{Josua Kugler, Christian Merten} \usepackage[]{bbm} \usepackage[]{mathrsfs} \begin{document} \punkte[9] \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: $C_{\alpha, x_m} = \alpha x_m^{\alpha}$. \begin{proof} Es muss gelten \begin{salign*} \int_{-\infty}^{\infty} \mathbbm{f}(x) \d x &= 1 \intertext{Damit folgt} \int_{-\infty}^{\infty} C_{\alpha, x_m} x^{-(\alpha +1)} \mathbbm{1}_{\{x \ge x_m\} } \d x &= \int_{x_m}^{\infty} C_{\alpha,x_m} x^{-(\alpha + 1)} \d x \\ &= C_{\alpha, x_m} \int_{x_m}^{\infty} x^{-(\alpha +1)} \d x \\ &\stackrel{\alpha + 1 > 1}{=} - C_{\alpha, x_m} \frac{1}{\alpha} x^{-\alpha} \Big|_{x_m}^{\infty} \\ &= - \frac{C_{\alpha,x_m}}{\alpha} \lim_{z \to \infty} \left[ z^{-\alpha} - x_m^{-\alpha} \right] \\ &\stackrel{\alpha > 0}{=} \frac{C_{\alpha, x_m}}{\alpha} x_m^{-\alpha} \\ &\stackrel{!}{=} 1 \intertext{Damit folgt dann} C_{\alpha,x_m} &= \alpha x_m^{\alpha} .\end{salign*} \end{proof} \item Beh.: $\mathbbm{F}(x) = \left( 1 - \left( \frac{x_m}{x} \right)^{\alpha} \right) \mathbbm{1}_{\{x \ge x_m > 0\} }$ \begin{proof} Falls $x < x_m$ ist $\mathbbm{f}(y) = 0$ $\forall y \le x$, also $\mathbb{F}(x) = 0$. Sei also $x \ge x_m$. Dann folgt \begin{salign*} \mathbb{F}(x) &= \int_{x_m}^{x} \alpha x_m^{\alpha} y^{-(\alpha + 1)} \d y \\ &= - x_m^{\alpha} y^{-\alpha} \Big|_{x_m}^{x} \\ &= - x_m^{\alpha} \left[ x^{-\alpha} - x_m^{-\alpha} \right] \\ &= -x_m^{\alpha} x^{-\alpha} + x_m^{\alpha} x_m^{-\alpha} \\ &= 1 - \left( \frac{x_m}{x} \right)^{\alpha} \intertext{Insgesamt folgt} \mathbb{F}(x) &= \left( 1 - \left( \frac{x_m}{x} \right)^{\alpha} \right) \mathbbm{1}_{\{x \ge x_m > 0\} } .\end{salign*} \end{proof} \item Beh.: $\mathbb{P}([1,2]) = \frac{1}{2} = \mathbb{P}((2, \infty))$. \begin{proof} Mit $\alpha = x_m = 1$ folgt $\mathbb{F}(x) = \left( 1 - \frac{1}{x} \right) \mathbbm{1}_{\{x \le 1\} }$. Damit folgt \begin{salign*} \mathbb{P}([1,2]) &= \mathbb{F}(2) - \mathbb{F}(1) = 1 - \frac{1}{2} - 1 + 1 = \frac{1}{2} \\ \mathbb{P}((2, \infty)) &= 1 - \mathbb{P}((-\infty, 2]) = 1 - \mathbb{F}(2) = 1 - 1 +\frac{1}{2} = \frac{1}{2} .\end{salign*} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Ein Neyman-Pearson-Test für dieses Testproblem ist gegeben durch die Funktion $\mathbbm{1}_{A_k}$ mit \begin{align*} A_k &= \{x \colon \mathbbm{p}_{\mathrm{Poi}_{\lambda_1}} (x) \geq \mathbbm{p}_{\mathrm{Poi}_{\lambda_0}} (x)\}\\ &= \{x \colon e^{-\lambda_1} \frac{\lambda_1^x}{x!} \geq k e^{-\lambda_0} \frac{\lambda_0^x}{x!}\}\\ &= \{x \colon e^{\lambda_0 -\lambda_1} \frac{\lambda_1^x}{\lambda_0^x} \geq k\} \end{align*} Damit einer dieser Tests ein bester Test zum Niveau $\alpha \in (0,1)$ ist, muss $\mathbbm{P}_{\lambda_0}(A_k) = \alpha$ gelten. \item Da $e^{\lambda_0 -\lambda_1} \frac{\lambda_1^x}{\lambda_0^x}$ für $\lambda_1 > \lambda_0$ und $x > 0$ stets streng monoton wachsend ist und $\mathbbm{P}_{\lambda_0}(A_k) = \alpha$ völlig unabhängig von $\lambda_1$ ist, muss jeder beste Test zum Niveau $\alpha$ auch ein gleichmäßig bester Test für $H_0$ gegen $H_1'$ sein. \item Wählen wir $A = [9157, \infty)$ als Ablehnungsbereich, so erhalten wir \[ \mathbbm P_0 (A) = \sum_{k = 9157}^{\infty} \frac{\lambda_0^k}{k!} e^{-\lambda_0} \leq 0.05. \] Für ein beliebiges $\lambda_1$ existiert jetzt ein $k$ derart, dass wir diesen Ablehnungsbereich als Neyman-Pearson-Test schreiben können. \[ \{x \colon e^{\lambda_0 -\lambda_1} \frac{\lambda_1^x}{\lambda_0^x} \geq k\} = \{9157,\dots\}. \] \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Zunächst ist zu bemerken, dass mit $\mathscr{E} := \{ (a, \infty] \mid a \in \R\} $ nach VL gilt $\sigma(\mathscr{E}) = \overline{\mathscr{B}}$. Damit ist $f\colon \Omega \to \overline{\R}$ genau dann $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$ messbar, wenn $f^{-1}(\mathscr{E}) \subseteq \mathscr{A}$. \begin{enumerate}[(a)] \item \begin{enumerate}[(1)] \item Sei $m \in \N$. Beh.: Folgende Abbildungen sind $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$ messbar: \begin{enumerate}[(i)] \item $\sup_{n \ge m} X_n \colon \Omega \to \overline{\R}$ \item $\inf_{n \ge m} X_n \colon \Omega \to \overline{\R}$ \end{enumerate} \begin{proof} \begin{enumerate}[(i)] \item Sei $a \in \R$ bel. Für $x \in \R$ gilt dann \[ \sup_{n \ge m} X^{n}(x) > a \iff \exists n \ge m\colon X^{n}(x) > a .\] Damit folgt da $X^{n}$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar und $\mathscr{A}$ $\sigma$-Algebra: \begin{salign*} (\sup_{n \ge m} X_n)^{-1}((a, \infty])) &= \{ x \in \Omega \mid \sup_{n \ge m} X^{n}(x) > a\} \\ &= \{ x \in \Omega \mid \exists n \ge m\colon X^{n} > a\} \\ &= \bigcup_{n \ge m} \{ x \in \Omega \mid X^{n}(x) > a\} \\ &= \bigcup_{n \ge m} \underbrace{(X^{n})^{-1}((a, \infty])}_{\in \mathscr{A}} \in \mathscr{A} .\end{salign*} Also $\sup_{n \ge m} X^{n}$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar. \item Sei $a \in \R$. Für $x \in \R$ gilt dann \[ \inf_{n \ge m} X^{n}(x) < a \iff \exists n \ge m\colon X^{n}(x) < a .\] Damit folgt da $X^{n}$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar und $\mathscr{A}$ $\sigma$-Algebra: \begin{salign*} (\inf_{n \ge m} X_n)^{-1}([-\infty, a)) &= \{ x \in \Omega \mid \inf_{n \ge m} X^{n}(x) < a\} \\ &= \{ x \in \Omega \mid \exists n \ge m\colon X^{n} < a\} \\ &= \bigcup_{n \ge m} \{ x \in \Omega \mid X^{n}(x) < a\} \\ &= \bigcup_{n \ge m} \underbrace{(X^{n})^{-1}([-\infty, a))}_{\in \mathscr{A}} \in \mathscr{A} .\end{salign*} Da auch $\sigma(\{ [-\infty, a) \mid a \in \R \}) = \overline{\mathscr{B}}$ folgt also $\inf_{n \ge m} X^{n}$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar. \end{enumerate} \end{proof} \item Beh.: $\limsup_{n \to \infty} X^{n}$ und $\liminf_{n \to \infty} X^{n}$ sind $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar. \begin{proof} Definiere $f_m \coloneqq \sup_{n \ge m} X_n$. Dann ist $f_m$ messbar nach (1)(i) und \[ \limsup_{n \to \infty} X_n = \inf_{m \ge 1} \sup_{n \ge m} X_n = \inf_{m \ge 1} f_m \] $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar nach (1)(ii). Definiere nun $h_m \coloneqq \inf_{n \ge m} X_n$. $h_m$ messbar nach (1) (ii) $\forall m \in \N$. Dann ist auch \[ \liminf_{n \to \infty} X_n = \sup_{m \ge 1} \inf_{n \ge m} X_n = \sup_{m \ge 1} h_m \] $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar nach (1)(i). \end{proof} \item Beh.: $\lim_{n \to \infty} X_n$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar. \begin{proof} Sei $X = \lim_{n \to \infty} X_n$. Dann ist $X = \liminf_{n \to \infty} X_n = \limsup_{n \to \infty} X_n$, also $X$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar nach (2). \end{proof} \end{enumerate} \item Beh.: $Y$ $(\mathscr{A}, \mathscr{B})$-messbar. \begin{proof} Beachte, dass es für $\mathscr{B}$ genügt, die offenen Intervalle $(a, \infty)$ für $a \in \R$ zu betrachten. Sei $a \in \R$ bel. \begin{itemize} \item Falls $a \le 0$, dann ist $0, 1 \in (a, \infty)$, also $Y^{-1}((a, \infty)) = \Omega \in \mathscr{A}$. \item Falls $0 < a < 1$: Dann ist $1 \in (a, \infty)$ und $0 \not\in (a, \infty)$. Damit folgt \begin{salign*} Y^{-1}((a, \infty)) &= \{ \omega \in \Omega \mid X_1(\omega) > X_2(\omega) \} \\ &= \{ \omega \in \Omega \mid X_1(\omega) - X_2(\omega) > 0\} \\ &= \{ \omega \in \Omega \mid (X_1 - X_2)(\omega) \in (0, \infty]\} \\ &= (X_1 - X_2)^{-1}((0, \infty]) .\end{salign*} Da $X_1, X_2$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$-messbar, ist nach VL auch $X_1 - X_2$ $(\mathscr{A}, \overline{\mathscr{B}})$ messbar. Da weiter $(0, \infty] \in \overline{\mathscr{B}}$, folgt also $(X_1 - X_2)^{-1}((0, \infty]) \in \mathscr{A}$. \item Falls $a \ge 1$, dann ist $0, 1 \not\in (a, \infty)$, also $Y^{-1}((a, \infty)) = \infty \in \mathscr{A}$. \end{itemize} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Sei $[a,b]$ ein Intervall in $\mathscr B(\R)$. Sei dann $A \coloneqq f^{-1}([a,n])$ und $\alpha \in U_\epsilon(\inf A) \cap A$ sowie $\beta \in U_\epsilon(\sup A) \cap A$. Für beliebiges $\alpha \le x \le \beta$ folgt aufgrund der Monotonie $a \leq f(\alpha) \le f(x) \le f(\beta) \le b$, also $f(x) \in [a,b]$ und damit $x\in A$. Also muss $A$ ein Intervall sein und damit wieder in $\mathscr B(\R)$ liegen. Da die Menge aller Intervalle $[a,b]$ bereits ein Erzeuger von $\mathscr B(\R)$ ist, folgt daraus bereits die Messbarkeit. \item Da $g(s,x)$ Riemann-integrierbar in $x$ ist, konvergiert die Folge \[ S_{Z_n}(s) = \sum_{k = 1}^{n} g(s, x^n_k)(x^n_k - x^n_{k-1}) \xrightarrow{n \to \infty} \int_0^1g(s,x) \d x, \] wobei $Z_n = (x^n_1, \dots, x^n_n), x^j_i \in \R \forall i, j$ eine Partition sei, sodass $\max_{i\in [2,n]\cap \N} |x^n_i - x^n_{i-1}| \xrightarrow{n \to \infty} 0$ gilt. Wegen $g(s,x^n_k)$ stetig $\forall n, k\in\N$ muss auch $S_{Z_n}$ stetig und damit $(\mathscr B, \mathscr B)$-messbar sein. Nach Aufgabe 11 ist damit $\lim\limits_{n \to \infty} S_{Z_n}$ $(\mathscr B, \mathscr B)$-messbar. \item Wähle ein $A \in 2^\R$ sodass $A \notin \mathscr B(\R)$ und \[ \kappa\colon x \mapsto \begin{cases} x - \lfloor x\rfloor &x \in A\\ x + 1 &x \in [0,1)\\ x &\text{sonst} \end{cases} \] Dann gilt $\forall c \in [0,1)\colon\kappa ^{-1}(c) = \{c, c+1, c-1,\dots\} \cap A$, insbesondere ist $\kappa^{-1}(c)$ abzählbar. Für $x \in [1,2)$ ist $\kappa^{-1}(c) \subset \{c, c-1\}$. Für $x \in A \cap [0,2)^c$ ist $\kappa^{-1}(c)$ einfach die leere Menge. Für $x\in A^c \cap [0,2)^c$ ist $\kappa^{-1}(c) = \{c\}$. Damit liegt $\kappa^{-1}(c)$ stets in $\mathscr B(\R)$ und die Bedingung an $\kappa$ ist erfüllt. Dennoch ist $\kappa^{-1}([0,1)) = A$ und $A \notin \mathscr B(\R)$. \end{enumerate} \end{aufgabe} \end{document}