\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}