\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}

\stepcounter{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}

\end{document}
