Stochastische Prozesse Lösungsblatt 2

Mathematisches Institut
der Universität München

Stochastische Prozesse
Lösungsblatt 2
Prof. Dr. Franz Merkl
WS 2014/15
Lösungen ohne Gewähr, Fehlerhinweise bitte an [email protected]

Aufgabe 5
(a) ⇒ (b): Es gelte (a) und es sei > 0. Da die Menge A := ]−∞, a − ] ∪ [a + , +∞[
abgeschlossen ist mit δa (A) = 0, folgt aus Aufgabe 4
0 ≤ lim sup P [|Xn − a| > ] ≤ lim sup P [Xn ∈ A] ≤ 0
n→∞
n→∞
und damit (b).
(b) ⇒ (a): Es gelte (b). Weiter seien f ∈ Cb (R) und > 0. Dann existiert δ > 0, so dass für
x ∈ R die Implikation
|x − a| ≤ δ ⇒ |f (x) − f (a)| ≤ gilt. Zudem gilt nach Voraussetzung für n groß genug
P [|Xn − a| > δ] < .
Also gilt für n groß genug die Abschätzung
|E[f (Xn )] − f (a)| ≤ E[|f (Xn ) − f (a)|, |Xn − a| ≤ δ] + E[|f (Xn ) − f (a)|, |Xn − a| > δ]
≤ + 2kf k∞ .
Da > 0 beliebig ist, folgt (a).
Aufgabe 6
Zu (a): Sei t ∈ R. Es genügt, Folgendes zu zeigen:
i
h
lim E eit(An Xn +Bn ) − E eitXn = 0.
n→∞
(1)
Dabei können wir o.B.d.A. t 6= 0 annehmen. Da für x, y ∈ R die Ungleichung
ix
e − eiy ≤ |x − y| ∧ 2
gilt, erhalten wir für alle n ∈ N die Abschätzung
it(An Xn +Bn )
itXn e
−
e
≤ (|t| (|An − 1||Xn | + |Bn |)) ∧ 2.
Sei nun > 0. Wegen Xn → X schwach existiert L > 0, so dass für n groß genug
P [|Xn | > L] <
12
gilt. Wegen An → 1 und Bn → 0 in Wahrscheinlichkeit gilt für n groß genug ferner
P |An − 1| >
< ,
4|t|L
12
P |Bn | >
< .
4|t|
12
(2)
Das Ereignis
Fn := |Xn | ≤ L, |An − 1| ≤
, |Bn | ≤
4|t|L
4|t|
erfüllt für n groß genug also die Ungleichung P [Fn ] > 1 − /4. Zusammen mit (2) folgt daraus
für n groß genug die Abschätzung
i
h
i
h
E eit(An Xn +Bn ) − E eitXn ≤ E eit(An Xn +Bn ) − eitXn ≤ E [|t| (|An − 1||Xn | + |Bn |) , Fn ] + 2P [Fnc ]
≤
und somit (1).
Zu (b): Für n ∈ N seien
µn :=
mn
X
E[Xn,l ],
l=1
v
u mn
uX
σn := t
Var(Xn,l ).
l=1
Ferner definieren wir für n ∈ N, l = 1, . . . , mn
Yn,l :=
Xn,l − E[Xn,l ]
.
σn
Dann ist (Yn,l )n∈N,l=1,...,mn offensichtlich ein standardisiertes Dreiecksschema. Es erfüllt außerdem die Lindeberg-Bedingung: Ist nämlich > 0, so gilt wegen σn → 1 und der vorausgesetzten Variante der Lindeberg-Bedingung für n groß genug
mn
X
2
E[Yn,l
, |Yn,l |
l=1
mn
1 X
> ] = 2
E[(Xn,l − E[Xn,l ])2 , |Xn,l − E[Xn,l ]| > σn ]
σn
l=1
≤4
mn
X
E[(Xn,l − E[Xn,l ])2 , |Xn,l − E[Xn,l ]| > /2] −−−→ 0.
n→∞
l=1
Also konvergiert
Pmn
l=1 Yn,l
für n → ∞ schwach gegen die Standardnormalverteilung. Wegen
mn
X
l=1
Xn,l = σn
mn
X
Yn,l + µn
l=1
und µn → 0, σn → 1 konvergiert dann gemäß Teil (a) auch
Standardnormalverteilung.
Pmn
l=1 Xn,l
schwach gegen die
Aufgabe 7
Für n ∈ N und l = 1, . . . , n sei Yn,l := √1n Xl . Dann ist (Yn,l )n∈N,l=1,...,n offensichtlich ein
standardisiertes Dreiecksschema. Wir verifizieren, dass (Yn,l )n∈N,l=1,...,n auch die LindebergBedingung erfüllt: Sei dazu > 0 beliebig. Da für alle y ∈ R die Ungleichungen
y 2 1{|y|>} ≤ 2−p |y|p 1{|y|>} ≤ 2−p |y|p
gelten, folgt
n
X
n
X
2
E Yn,l
, |Yn,l | > ≤ 2−p
E [|Yn,l |p ]
l=1
l=1
= 2−p n−p/2
n
X
E [|Xl |p ]
l=1
2−p 1−p/2
≤
sup E [|Xl |p ] −−−→ 0,
n
n→∞
l∈N
wobei wir für die Konvergenz benutzen, dass p > 2 ist und die Xl in Lp beschränkt sind. Also
folgt die Behauptung aus dem Zentralen Grenzwertsatz von Lindeberg.
Aufgabe 8
Zu (a): Für n ∈ N berechnet man leicht
E[Yn ] = 0,
1
1
1
2
E[Yn ] = 1 − 2 + 2 · n2 = 2 − 2 .
n
n
n
Wegen der Unabhängigkeit der Yn folgt für n ∈ N
Var(Sn ) =
n
X
Var(Yk ) = 2n −
k=1
1
≤ 2n.
n
Damit können wir die folgende Abschätzung durchführen:
n
X
2
n
n
X
√
2
X
Yl
l2
E Xn,l , |Xn,l | > 1 ≥
E
, |Yl | > 2n ≥
P [|Yl | = l]
2n
2n
√
l=1
l=1
l=d 2ne
√
n − 2n
1
≥
−−−→ > 0.
n→∞ 2
2n
Also erfüllt das Dreiecksschema (Xn,l )n∈N,l=1,...,n nicht die Lindeberg-Bedingung.
Zu (b): Es seien Z1 , Z2 , . . ., A1 , A2 , . . . unabhängige Zufallsvariablen mit
1
(δ−1 + δ1 ) ,
2
1
1
L(An ) = 1 − 2 δ0 + 2 δ1
n
n
L(Zn ) =
für n ∈ N. Dann haben (Yn )n∈N und (Zn (1 + An (n − 1)))n∈N offensichtlich dieselbe Verteilung. Da (Zn )n∈N i.i.d. sind mit E[Zn ] = 0, E[Zn2 ] = 1, gilt nach dem klassischen Zentralen
Grenzwertsatz
n
1 X
w
√
Zk −−−→ N (0, 1).
n→∞
n
k=1
Ferner ist
∞
X
k=1
P [Ak = 1] =
∞
X
1
< ∞,
k2
k=1
(3)
also gilt nach dem Lemma von Borel-Cantelli
P [Ak = 1 für unendlich viele k] = 0
und daher
n
1 X
f.s.
√
Zk Ak (k − 1) −−−→ 0.
n→∞
n
(4)
k=1
Gemäß Aufgabe 6(a) folgt aus (3) und (4)
n
1 X
w
√
Yk −−−→ N (0, 1).
n→∞
n
k=1
Wegen
√
n/ Var(Sn ) → 1/2 für n → ∞ gilt dann
n
X
l=1
w
Xn,l −−−→ N (0, 1/2).
n→∞
(5)
Bemerkung: Man kann auch direkt aus Gleichung (5) schließen,
Pn dass (Xn,l )n∈N,l=1,...,n nicht
die Lindeberg-Bedingung erfüllt, denn andernfalls müsste
l=1 Xn,l für n → ∞ schwach
gegen N (0, 1) konvergieren.