Klausur zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie“

Klausur zur Vorlesung
“Wahrscheinlichkeitstheorie“
Wintersemester 2013/14 - Musterlösung
Aufgabe 1
Es seien X, Y ∼ Exp(λ) unabhängig mit λ > 0 und Z :=
(insgesamt 10 Punkte)
X
X+Y
.
a) Zeigen Sie, dass X + Y ∼ γ(2, λ).
(5 Punkte)
b) Zeigen Sie für λ = 1, dass Z uniform auf [0, 1] verteilt ist.
(5 Punkte)
Hinweis: Für p ∈ N und b ∈ R+ ist die Dichte der Gammaverteilung γ(p, b) gegeben durch
fγ(p,b) (x) =
bp
xp−1 e−bx 1[0,∞) (x).
(p − 1)!
Lösung. (je 1 Punkt gibt es für die richtige Idee, 4 insgesamt für die richtige Rechnung)
a)
Z∞
Zx
fX (y) · fY (x − y)dy =
fX+Y (x) =
−∞
λe−λy · λe−λ(x−y) dy
0
= λ2 e−λx
Zx
1dy = λ2 xe−λx .
0
b) Für x ∈ (0, 1) ist
yz
P
z
X
≤z =P X≤Y ·
X +Y
1−z
Z∞ Z1−z
=
0
Z∞
=
e−y − e−x yz
1−y
x=0
0
Z∞
=
0
Z∞
dy =
yz
e−y 1 − e− 1−z dx
0
−y
e
1
−y· 1−z
−e
dy =
−e
−y
+ (1 − z)e
1
−y· 1−z
!∞
y=0
0
e−x · e−y dx dy
= 0 + 1 − (1 − z) = z.
Aufgabe 2
(insgesamt 10 Punkte)
Es seien X, X1 , X2 , . . . Zufallsvariablen, sodass (Xn )n monoton ist und Xn →p X für n → ∞.
Zeigen Sie:
a) Xn →f s X.
(5 Punkte)
L1
b) Sind X, X1 ∈ L1 , dann gilt auch Xn −→ X.
(5 Punkte)
Lösung.
j→∞
a) Es existiert eine Folge (nj )j ⊂ N, sodass Xnj (ω) −→ X(ω) für fast alle ω.
(2,5 Punkte)
n→∞
Wegen der Monotonie der Xn folgt für jedes dieser ω, dass Xn (ω) −→ X(ω), denn
ist |Xnj (ω) − X(ω)| < ε für alle j ≥ j0 , dann ist auch |Xn (ω) − X(ω)| < ε für alle
n ≥ n j0 .
(2,5 Punkte)
b) Es sei (Xn ) oBdA monoton wachsend. Da nach a) die Xn außerhalb einer Nullmenge
punktweise gegen X konvergieren
(2 Punkte)
und da X und alle Xn nach Voraussetzung und Monotonie integrierbar sind,
(1 Punkte)
folgt mit monotoner Konvergenz
(2 Punkte)
kX − Xn kL1 = E |X − Xn | = E[X] − E[Xn ] → 0.
Aufgabe 3
(10 Punkte)
Eine Münze wird wiederholt geworfen. Die Wahrscheinlichkeit, dass hierbei Zahl fällt, liegt
bei p < 1/2. Es sei nun Ak für k ∈ N das Ereignis, dass bei den Würfen 2k , 2k + 1, . . . , 2k+1 − 1
mindestens k-mal in Folge Zahl fällt. Zeigen Sie, dass
P(Ak tritt für unendlich viele k ein) = 0.
(j)
Hinweis: Betrachten Sie die Ereignisse Bk = {Xj = 1, Xj+1 = 1, . . . , Xj+k−1 = 1} für j, k ∈ N,
wobei Xj = 1 bedeutet, dass im j-ten Wurf Zahl fällt.
Lösung.
X
P(Ak ) =
k≥1
X
P
2k+1
[−k
!
(j)
Bk
j=2k
k≥1
k+1
≤
X 2 X−k
(j) P Bk
k≥1 j=2k
=
X
k≥1
(2k+1 − 2k − k + 1)pk ≤
X
(2p)k < ∞.
(6 Punkte)
k≥1
Daher folgt aus dem Lemma von Borel-Cantelli, dass
P(Ak tritt für unendlich viele k ein) = P lim sup Ak = 0.
k→∞
(2 Punkte)
(2 Punkte)
Aufgabe 4
(10 Punkte)
Es seien (Xn )n∈N unabhängige Zufallsvariablen mit P(Xn = 1) = 1/n = 1 − P(Xn = 0).
Zeigen Sie, dass für n → ∞
n
P
Xk − hn
k=1
√
=⇒ N (0, 1),
hn
n
P
1
wobei hn :=
k.
k=1
Lösung.
Definiere Yn,k =
Außerdem gilt
Xk −1/k
√
,
hn
E
dann ist die Familie (Yn,k )1≤k≤n für alle n unabhängig.
n
hX
n
i
1 X h
1i
Yn,k = √
=0
E Xk −
k
h
n
k=1
k=1
(3 Punkte)
und
V
n
hX
i
Yn,k =
k=1
1
hn
n
X
k=1
V[Xn ] =
1
hn
n
X
k=1
n
P
1
1 · 1−
=1−
k
k
k=1
1
k2
hn
→ 1,
(3 Punkte)
da der Zähler konvergiert, jedoch hn → ∞. Zu zeigen bleibt die Lindeberg-Bedingung. Sei
dazu ε > 0. Dann ist
n
X
E (Yn,k − E[Yn,k ])2 ; |Yn,k − E[Yn,k ]| > ε
k=1
=
n
p i
1 X h
E (Xk − 1/k)2 ; |Xk − 1/k| > ε hn
| {z } | {z }
hn
k=1
≤1
→∞
= 0,
für n groß genug, da wir dann für alle k über eine Nullmenge integrieren.
(3 Punkte)
Somit folgt die Behauptung aus dem zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg-Feller.
(1 Punkt)
Aufgabe 5
(10 Punkte)
Zeigen Sie, dass das Maß δ0 auf B(R) schwacher Limes einer Folge von Wahrscheinlichkeitsmaßen ist, die alle eine Dichte bezüglich des Lebesgue-Maßes auf B(R) haben.
Lösung.
Betrachte die Verteilungsfunktionen Fn := FExp(n) , dann ist
n→∞
Fn (x) = 1(0,∞) (x) · 1 − e−nx −→ 1(0,∞) (x).
(4 Punkte)
Dieser Grenzwert stimmt auf allen Stetigkeitsstellen von Fδ0 = 1[0,∞)
(also außerhalb der 0) mit dieser Funktion überein.
Daraus folgt die schwache Konvergenz Exp(n) =⇒ δ0 .
Außerdem hat Exp(n) für alle n eine Lebesgue-Dichte.
(2 Punkte)
(2 Punkte)
(2 Punkte)
Alternative Lösung:
Betrachte die charakteristischen Funktionen entsprechender Normalverteilung:
x2 n→∞
ϕN (0,1/n) (x) = exp −
−→ 1 = ϕδ0 (x)
2n
(4 Punkte)
für alle x ∈ R.
Da die konstante 1-Funktion stetig in der 0 ist,
folgt die Behauptung aus dem Stetigkeitssatz von Levy,
denn offensichtlich haben Normalverteilungen eine Lebesgue-Dichte.
(2 Punkte)
(2 Punkte)
(2 Punkte)
Aufgabe 6
(insgesamt 10 Punkte)
Es sei p ∈ (0, 1), (Yn )n∈N unabhängig identisch verteilt mit Y1 ∼ B(1, p) und Xn := 2Yn +Yn+1
für alle n ∈ N.
a) Zeigen Sie, dass die Xn eine Markovkette bilden.
(2 Punkte)
b) Bestimmen Sie ihre Übergangsmatrix Π und berechnen Sie Π2 und Π3 .
(6 Punkte)
c) Geben Sie eine stationäre Verteilung an.
(2 Punkte)
Lösung.
a) Xn+1 = 2 · (Xn mod 2) + Yn+2 für alle n. Für i1 , . . . , in+1 ∈ {0, 1, 2, 3} ergibt sich
wegen der Unabhängigkeit der Yk , dass
P(Xn+1 = in+1 |Xj = ij , j ≤ n)
= P(2 · (Xn
mod 2) + Yn+2 = in+1 |Xj = ij , j ≤ n)
= P(2 · (in
mod 2) + Yn+2 = in+1 |Xj = ij , j ≤ n)
= P(2 · (in
mod 2) + Yn+2 = in+1 )
= P(2 · (Xn
mod 2) + Yn+2 = in+1 |Xn = in )
= P(Xn+1 = in+1 |Xn = in ).
b) Mit q = 1 − p ist

q p
 0 0
Π=
 q p
0 0
0
q
0
q
 2

0
q
2

p 
 und Π2 =  q
 q2
0 
p
q2
pq
pq
pq
pq
pq
pq
pq
pq

p2
p2 
.
p2 
p2
(je 2 Punkte)
Da die Zeilen in Π2 identisch sind, muss bereits Πn = Π2 für alle n ≥ 3 gelten, also
insbesondere für n = 3.
(2 Punkte)
c) Das Tupel (q 2 , pq, pq, p2 ) liefert die stationäre Verteilung.
Rechnung/Beweis/grobe Argumentation
(1 Punkt)
(1 Punkt)