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- \documentclass[uebung]{lecture}
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- \title{Wtheo 0: Übungsblatt 4}
- \author{Josua Kugler, Christian Merten}
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- \begin{document}
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- \punkte[13]
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- \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 $(*)$.
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- 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.
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- 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}
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- \stepcounter{aufgabe}
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- \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}
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- \end{document}
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