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- \documentclass[uebung]{lecture}
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- \title{Wtheo 0: Übungsblatt 3}
- \author{Josua Kugler, Christian Merten}
- \usepackage[]{bbm}
- \usepackage[]{mathrsfs}
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- \begin{document}
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- \punkte[9]
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- \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}
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- \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 Sei $(s_n)_{n\in \N}$ eine reelle Folge mit $\lim\limits_{n \to \infty} s_n = s$.
- Dann ist $(g_n)_{n\in\N},\; g_n(x) \coloneqq g(s_n, x)$ eine Funktionenfolge, die wegen
- \[
- \lim\limits_{n \to \infty} \lVert g(s_n,x) - g(s,x)\rVert = \lVert \lim\limits_{n \to \infty} g(s_n,x) - g(s,x)\rVert = 0
- \]
- gleichmäßig konvergiert. Insbesondere gilt also
- \[
- \lim\limits_{n \to \infty} h(s_n) = \lim\limits_{n \to \infty} \int_0^1 g(s_n,x) \d{x}
- = \int_0^1 \lim\limits_{n \to \infty} g(s_n,x) \d{x} = \int_0^1 g(s,x) = h(s).
- \]
- \item Wähle ein $A$, sodass $[0,1] \subset A \in 2^\R$, aber $A \notin \mathscr B(\R)$ und
- \[
- \kappa\colon x \mapsto \begin{cases}
- x - \lfloor x\rfloor &x \in A\\
- x &\text{sonst}
- \end{cases}
- \]
- Dann gilt $\forall c \in [0,1]\colon\kappa ^{-1}(c) = \{c, c+1, c-1,\dots\}$,
- insbesondere ist $\kappa^{-1}(c)$ abzählbar und damit Element von $\mathscr B(\R)$.
- Für $x \in A \cap [0,1]^c$ ist $\kappa(c)$ einfach die leere Menge.
- Für $x\in A^c \cap [0,1]^c$ ist $\kappa(c) = \{c\}$. Damit ist die Bedingung an $\kappa$ erfüllt.
- Dennoch ist $\kappa^{-1}([0,1]) = A$ und $A \notin \mathscr B(\R)$.
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
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- \end{document}
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