wtheo-zettel/wtheo2.tex

\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Wtheo 0: Übungsblatt 2}
\author{Josua Kugler, Christian Merten}
\usepackage[]{bbm}

\begin{document}

\punkte[5]

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\mathcal{D}$ ist ein Dynkinsystem.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $\Omega \in \mathcal{D}$, denn $|\Omega| = 2n$ gerade.
                    \item Sei $A \in \mathcal{D}$. Dann ist $|A| = 2k$ für ein $k \in \N_0$ mit
                        $k \le 2n$. Da $\Omega$ endlich folgt
                        \[
                            |A^{c}| = |\Omega| - |A| = 2n - 2k = 2(n-k)
                        .\] Also $A^{c} \in \mathcal{D}$.
                    \item Sei $A_i \in \mathcal{D}$ $\forall i \in \N$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$
                        für $i\neq j$. Dann ex. für $i \in \N$ ein $k_i \in \N_0$ mit
                        $|A_i| = 2 k_i$. Damit folgt, da die $A_i$ disjunkt sind
                        \[
                        \left| \bigcupdot_{i \in  \N} A_i \right|
                        = \sum_{i \in \N} |A_i| = \sum_{i \in \N} 2 k_i
                        = 2 \underbrace{\sum_{i \in \N} k_i}_{\in \N_0}
                        .\] 
                        Also $\bigcup_{i \in \N} A_i \in \mathcal{D}$.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Beh.: Für $n \ge 2$ ist $\mathcal{D}$ keine $\sigma$-Algebra.
            \begin{proof}
                Sei $n \ge 2$. Dann ist $|\Omega| \ge 4$. Seien dann $\omega_1, \omega_2, \omega_3 \in \Omega$
                paarweise
                verschieden. Dann ist
                \[
                    \underbrace{\{\omega_1, \omega_2 \}}_{\in \mathcal{D}}
                    \cap
                    \underbrace{\{\omega_2, \omega_3\}}_{\in \mathcal{D}}
                    = \{w_2\} \not\in \mathcal{D}
                .\] Also $\mathcal{D}$ nicht $\cap $-stabil, also keine $\sigma$-Algebra.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\sum_{\omega \in \Omega} \mathbbm{p}(\omega) = 1$
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Z.z.: $\binom{\alpha + k -1}{k} = (-1)^{k} \binom{-\alpha}{k}$
                        $\forall \alpha \in \N, k \in \N_0$.

                        Seien $\alpha \in \N, k \in \N_0$. Dann folgt
                        \begin{salign*}
                            \binom{\alpha + k -1}{k} &= \frac{(\alpha + k -1)!}{k!(\alpha -1)!} \\
                            &= \frac{(\alpha + k-1)\cdots (\alpha +1) \alpha }{k!} \\
                            &= (-1)^{k}\frac{(-\alpha -(k-1) \cdot \ldots \cdot (-\alpha -1)(-\alpha)}{k!} \\
                            &= (-1)^{k}\frac{(-\alpha)(-\alpha-1)\cdot \ldots\cdot (-\alpha-(k-1))}{k!} \\
                            &= (-1)^{k} \binom{-\alpha}{k}
                        .\end{salign*}
                    \item Z.z.: $(1+x)^{\alpha} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} x^{k}$
                        $\forall \alpha \in \Z, x \in (-1,1)$.

                        Seien $\alpha \in \Z$, $x \in (-1,1)$. Dann betrachte
                        \begin{salign*}
                            f\colon (-1,1) &\to \R \\
                            x&\mapsto (1+x)^{\alpha}
                        .\end{salign*}
                        Dann ist $f^{(k)}(0) = \prod_{j=0}^{k-1} (\alpha-j) $. Damit folgt als Taylorpolynom
                        für $f$ im Entwicklungspunkt $x_0 = 0$:
                        \begin{salign*}
                            T_n(x, 0) &= \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} (x-0)^{k} \\
                            &= \sum_{k=0}^{n} \frac{\prod_{j=0}^{k-1} (\alpha-j) }{k!} x^{k} \\
                            &= \sum_{k=0}^{n} \binom{\alpha}{k} x^{k}
                        .\end{salign*}
                        Mit $a_k \coloneqq \binom{\alpha}{k} x^{k}$ folgt
                        \begin{salign*}
                            \left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| &= \left| \frac{\frac{\prod_{j=0}^{k} (\alpha-j)  }{(k+1)!} x^{k+1}}{\frac{\prod_{j=0}^{k-1} (\alpha-j) }{k!}x^{k}} \right| \\
                            &= \left| \frac{\alpha-k}{k+1} \right| |x| \\
                            &\xrightarrow{k \to \infty} |x| < 1
                        .\end{salign*}
                        $T_n$ ist also konvergent $\forall x \in (-1,1)$:
                        \[
                            T_n(x, 0) \xrightarrow{n \to \infty} f(x) = (1+x)^{\alpha}
                        .\] 
                    \item Damit folgt nun für $r \in \N$ und $p \in (0,1)$:
                        \begin{salign*}
                            \sum_{\omega \in \N_0} \mathbbm{p}(\omega)
                            &= \sum_{\omega \in \N_0} \binom{\omega + r -1}{\omega} p^{r} (1-p)^{\omega} \\
                            &= p^{r} \sum_{\omega \in \N_0} \binom{\omega + r -1}{\omega} (1-p)^{\omega} \\
                            &\stackrel{\text{(i)}}{=} p^{r} \sum_{\omega \in \N_0} (-1)^{\omega}
                            \binom{-r}{\omega}(1-p)^{\omega} \\
                            &= p^{r} \sum_{\omega \in \N_0} \binom{-r}{\omega} (p-1)^{\omega} \\
                            &\stackrel{\text{(ii)}}{=}
                            p^{r}(1+p-1)^{-r} \\
                            &= p^{r} p^{-r} \\
                            &= 1
                        .\end{salign*}
                \end{enumerate}
            \end{proof}
            Mit Hilfe dieser Zähldichte kann modelliert werden, dass eine Münze bei $\omega + r$ Würfen
            genau im $\omega + r$-ten Wurf $r$ mal Kopf gezeigt hat.
        \item Es soll nach dem 30. Zug genau zum 6. Mal gewonnen werden, d.h. $r=6$, damit
            \[
            \omega +r = 30 \implies \omega = 24
            .\] Mit $p=0.2$ und der (a) folgt
            \[
                \mathbb{P}(\{\omega\}) = \binom{24 + 6 -1}{24} 0.2^{6}(1-0.2)^{24} \approx 0.625
            .\]
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}