Nachklausur zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie“

Nachklausur zur Vorlesung
“Wahrscheinlichkeitstheorie“
Wintersemester 2013/14 - Musterlösung
Aufgabe 1
(insgesamt 10 Punkte)
Für jedes α > 0 sei Xα eine Zufallsvariable mit Wahrscheinlichkeitsdichte
fX (x) = αx−α−1 1[1,∞) (x).
α→∞
a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von Xα und zeigen Sie, dass Xα −−−→p 1.
(5 Punkte)
b) Untersuchen Sie, für welche α der Erwartungswert von Xα existiert, und geben Sie
diesen gegebenenfalls an. Gilt die Konvergenz aus a) auch in L1 ?
(5 Punkte)
Lösung.
a) Für x > 1 ist FXα (x) =
Rx
1
x
αt−α−1 dt = −t−α t=1
= 1 − x−α und FXα (x) = 0 sonst.
(3 Punkte)
Somit folgt für ε > 0, dass
P(|Xα − 1| > ε) = P(Xα > 1 + ε) = (1 + ε)−α → 0.
(2 Punkte)
b) Es ist
Z∞
E[Xα ] =
αx−α dx =
1





∞
log x
= ∞ für α = 1,
1
∞
∞ für α < 1
α
1−α
=
α
1−α x
1
α−1 für α > 1.
(3 Punkte)
Also gilt für α > 1, dass
kXα − 1kL1 = E[Xα ] − 1 =
α
1
−1=
→ 0.
α−1
α−1
(2 Punkte)
Aufgabe 2
(10 Punkte)
Sei (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, B ⊂ A eine Unter-σ-Algebra von A, B ∈ B mit
P(B) > 0 und A ∈ A mit P(A|B) > ε fast sicher. Zeigen Sie, dass dann
P(A|B) > ε.
Zur Erinnerung:
P(A|B) = P(A∩B)
P(B) bezeichnet die elementare bedingte Wahrscheinlichkeit. Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist definiert durch P(A|B) = E[1A |B].
Lösung.
Z
P(A ∩ B) =
Z
1A dP =
B
P(A|B)dP > εP(B).
B
Aufgabe 3
(10 Punkte)
P
Es seien
(A
)
unabhängige
Ereignisse
mit
P(A
)
=
∞.
Zeigen
Sie,
dass
für
ein Ereignis
k
k
P k k≥1
A mit k P(Ak ∩ A) < ∞ gilt, dass P(A) = 0.
Hinweis: Verwenden Sie Borel-Cantelli und beachten Sie, dass A nicht unabhängig von den Ak sein
muss.
Lösung.
Nach dem Lemma von Borel-Cantelli ist P lim sup Ak = 1.
(2 Punkte)
k→∞
Also ergibt sich P(A) = P A ∩ lim sup Ak .
(3 Punkte)
k→∞
Außerdem gilt A ∩ lim sup Ak = lim sup(A ∩ Ak ).
k→∞
(3 Punkte)
k→∞
Wieder mit Borel-Cantelli folgt aus den Voraussetzungen also, dass
P(A) = P lim sup(A ∩ Ak ) = 0.
k→∞
(2 Punkte)
Aufgabe 4
Sei Xn ∼ B(n, p) binomialverteilt für ein p ∈ (0, 1)
Zeigen Sie, dass für n → ∞

 1
1/2
P(Xn ≥ n/2) →

0
(10 Punkte)
und n ∈ N.
für p > 1/2,
für p = 1/2,
für p < 1/2.
Hinweis: Zentraler Grenzwertsatz und Gesetze großer Zahlen können hierbei hilfreich sein.
Lösung.
Es gilt für Xn als Summe von n unabhängigen Zufallsvariablen mit Erwartungswert p und
Varianz p(1 − p), dass
!
X
−
np
n
P(Xn ≥ n/2) = P p
≥ an ,
np(1 − p)
wobei an := √ /2−np .
n
(2 Punkte)
np(1−p)
1) Ist p = 1/2, dann ist an = 0 und es folgt nach dem zentralen Grenzwertsatz für eine
standardnormalverteilte Zufallsvariable N , dass
P(Xn ≥ n/2) → P(N ≥ 0) = 1/2.
(3 Punkte)
2) Für p > 1/2 gilt an → −∞. Das bedeutet für beliebiges m ∈ N ist
!
!
Xn − np
Xn − np
m→∞
≥ an ≥ lim P p
≥ −m = P(N ≥ −m) −−−−→ 1.
lim P p
n→∞
n→∞
np(1 − p)
np(1 − p)
3) p < 1/2: Hier lässt sich analog zu 2) nach oben gegen 0 abschätzen, da an → ∞.
Auch schön:
P(Xn ≥ n/2) = 1 − P(n − Xn > n/2) = 0, da n − Xn ∼ B(n, 1 − p) und wegen 2).
(zusammen 5 Punkte)
Alternativ lassen sich 2) und 3) auch mit dem Gesetz der großen Zahlen lösen, da hiermit
folgt, dass
Xn
=⇒ p, also P Xn/n ≥ 1/2 → δ{p} [1/2, ∞) .
n
Auch bei diesem Ansatz für 2) und 3) insgesamt 5 Punkte.
Aufgabe 5
Untersuchen Sie eine Familie von Zufallsvariablen (Xn )n∈N mit
(10 Punkte)
P(Xn = n2 ) = 1/n2 = 1 − P(Xn = 0) für alle n ∈ N
auf
a) schwache Konvergenz,
b) stochastische Konvergenz,
c) fast sichere Konvergenz,
d) L1 -Konvergenz und
e) gleichgradige Integrierbarkeit.
(je 2 Punkte)
Lösung.
Da für ε > 0
X
n≥1
P(|Xn | > ε) ≤
X 1
< ∞,
n2
n≥1
konvergieren die Xn fast sicher und damit stochastisch und schwach gegen die 0.
Jedoch ist E[|Xn |] = 1 für alle n, womit die Xn nicht in L1 konvergieren können.
Da die Xn fast sicher konvergieren, können sie nicht gleichgradig integrierbar sein, da sie sonst
auch in L1 konvergieren würden.
Aufgabe 6
(10 Punkte)
(Xn )n∈N sei eine Markovkette auf einem endlichen Zustandsraum S mit symmetrischer Übergangsmatrix Π. Zeigen Sie, dass die uniforme Verteilung auf S eine stationäre Verteilung
bezüglich Π ist. Ist sie auch reversibel?
Lösung.
Es sei S = {1, . . . , n}. Dann folgt für π, die uniforme Verteilung auf S, dass
n
X
n
1
1X
(πΠ)i =
πj Πji =
Πij = = πi .
n
n
j=1
j=1
| {z }
=1
Also ist π stationär.
(6 Punkte)
Offensichtlich ist πi Πij = πj Πji , also ist π auch reversibel.
(4 Punkte)