Prof. Dr. Holger Dette ¨Ubungen zur Vorlesung Wintersemester

Prof. Dr. Holger Dette
Dr. Melanie Birke
Übungen zur Vorlesung
Wahrscheinlichkeitstheorie I
Wintersemester 2009/2010
Blatt 11
Abgabe: Bis Freitag, den 15.01.2010 um 12.15 Uhr.
Aufgabe 1:
Es sei (Xn )n∈IN eine Folge von Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktionen


 0
für x < 0
sin(2nπx)
für 0 ≤ x < 1
Fn (x) =
x 1 − 2nπx


1
x≥1
(4 Punkte)
(a) Man zeige mit Hilfe des Stetigkeitssatzes, dass Xn in Verteilung eine auf [0, 1] gleichverteilte Zufallsvariable konvergiert.
(b) Man zeige, dass die Folge der Dichten (fn )n∈IN nicht konvergiert.
Lösung: (a) Es ist Fn stetig differenzierbar mit fn (x) = (1 − cos(2πnx))I[0,1] (x) und wir erhalten für die
charakteristische Funktion
Z
sin(2 n π − t)
sin(2 n π + t)
sin(t)
−
−
ϕn (t) =
t
4nπ − 2t
2 (2 n π + t)
2 2
2
4 n π (1 − cos(t)) t (1 − cos(2 n π)) cos(t) 2 n π t sin(2 n π) sin(t)
+i
+
−
4 n2 π 2 t − t3
4 n2 π 2 t − t3
4 n2 π 2 t − t3
sin(t)
1 − cos t
i
−→
+i
= (1 − eit ).
n→∞
t
t
t
Man berechnet auch leicht
Z
ϕ(t)
=
0
1
eitx dx =
i
eit − 1
= (1 − eit ).
it
t
Mit dem Stetigkeitssatz folgt also, dass Xn in Verteilung gegen eine Gleichverteilung konvergiert.
(b) Würde die Folge der Dichten fn (x) = (1 − cos(2πnx))I[0,1] gegen die Dichte der Gleichverteilung
konvergieren, so müsste cos(2πnx) gegen 0 konvergieren. Diese Folge divergiert aber offensichtlich und
daher gilt zwar Konvergenz der Verteilungsfunktionen aber nicht der Dichtefunktionen.
Aufgabe 2:
(4 Punkte)
Es seien X, X1 , X2 , . . . reelle Zufallsvariablen mit charakteristischen Funktionen ϕ(t) = E[exp(itX)] und
ϕn (t) = E[exp(itXn )]. Man zeige
Ra
(a) 71 P |Xn | ≥ a1 ≤ a1 0 (1 − <(ϕn (t)))dt.
(b) Gilt limn→∞ ϕn (t) = ϕ(t), so ist (PXn )n∈IN straff, d.h.
∀ε > 0∃a > 0 so dass ∀n ∈ IN PXn
1 1
− ,
a a
≥ 1 − ε.
Lösung: (a) Es ist
Z
sin u
1
1
1 u ≤sin 1 für |u|≥1
sin ax Xn
P(|Xn | ≥ ) ≤ (1 − sin 1)P(|Xn | ≥ )
≤
(1 −
)P (dx)
7
a
a
ax
{|Xn |≥1/a}
Z
Z
Z a
Z a
sin ax Xn
1
Fubini 1
Xn
≤
(1 −
)P (dx) =
(1 − cos(tx))dtP (dx) =
(1 − <(ϕn (t)))dt.
| {z }
ax
a 0
IR a 0
<(eitx )
(b) Es ist
c 1 1
Xn
P
− ,
=
a a
1
P |Xn | >
a
(a) Z a
Z
7
7 a
≤
(1 − <(ϕ(t)))dt +
(<(ϕn (t)) − <(ϕ(t)))dt
< ε.
a
a
| 0
{z
}
| 0
{z
}
< 2ε ∀n≥n0 wegen majorisierter Konvergenz
< 2ε da ϕ stetig in 0
Aufgabe 3:
(4 Punkte)
1. Es seien X1 , X2 , . . . unabhängig identisch verteilt mit Erwartungswert 0 und Varianz σ 2 > 0. Man
zeige:
Pn
Xi
D
pPi=1
−→ N (0, 1).
n
2
X
i=1 i
2. Man zeige mit Hilfe des Zentralen Grenzwertsatzes
n
X
nk
lim e−n
n→∞
k=0
k!
=
1
.
2
Lösung: 1. Wir schreiben
Pn
Xi
pPi=1
n
2
i=1 Xi
√1
n
=
Pn
i=1
Xi
q P
n
1
2
i=1 Xi
n
σ
=q P
n
1
n
|
1
√
n·σ
2
i=1 Xi |
{z
}
n
X
!
Xi − n · 0
i=1
=A
{z
=B
}
D
Es gilt nun mit dem zentralen Grenzwertsatz (10.1) B −→ N (0, 1). Desweiteren sind X12 , X22 , . . . unabhängig identisch verteilt mit Erwartungswert
E[X12 ] = V(X1 ) = σ 2 < ∞. Mit dem starken Gesetz der
Pn
1
2
2
großen Zahlen (8.13) folgt nun n i=1 Xi → σ fast sicher und daher A → 1 fast sicher. Somit gilt auch
P
D
A −→ 1 und A −→ 1 und mit dem Lemma von Slutsky erhält man die Behauptung.
Pn
2. Sei Xn poisson-verteilt mit Parameter n. Dann lässt sich Xn schreiben als Xn = i=1 Zi mit Z1 , . . . , Zn
unabhängig identisch poisson-verteilt mit Parameter 1. Wir erhalten mit dem Zentralen Grenzwertsatz
Pn
Zi − n · 1 D
Xn − n
√
= i=1√
−→ N (0, 1).
Yn =
n
n·1
Damit folgt P(Yn ≤ t) →
√1
2π
Rt
2
−∞
e−x
/2
dx = Φ(t). Die linke Seite schreibt man um zu
√
P(Yn ≤ t)
=
√
P(Xn ≤ t n + n) =
n+nc
bt X
e−n
k=0
nk
.
k!
Für t = 0 gilt Φ(0) = 1/2 und damit die Behauptung.
Aufgabe 4:
Es seien (Xk )k∈IN unabhängig mit
(4 Punkte)
P(Xk = k λ ) = P(Xk = −k λ ) =
1
, λ > 0.
2
Man zeige, dass für diese Folge der Zentrale Grenzwertsatz gilt und folgere daraus, dass das schwache
Gesetzt der großen Zahlen für λ ≥ 1/2 nicht erfüllt ist.
Lösung: Wir erhalten E[Xk ] = 0 und V(Xk ) = k 2λ . Die Zufallsvariablen sind hier nicht identisch verteilt.
Daher müssen wir den Grenzwertsatz von Lindeberg-Feller (10.2) anwenden. Dazu betrachten wir
σn2
=
n
X
k 2λ ≤
k=1
Z
0
n+1
x2λ dx =
(n + 1)2λ+1
.
2λ + 1
Falls nun 0 < λ < 1/2 gilt, gilt auch sn /n ≤ (n + 1)λ+1/2−1 /(2λ + 1)1/2 → 0 und wir haben bereits in
Aufgabe 4 von Blatt 9 gesehen, dass dann das schwache Gesetz der großen Zahlen gilt. Hier wollen wir
jedoch die Konvergenz in Verteilung zeigen und betrachten daher noch die Lindebergbedingung.
n
1 X
E[Xk2 I{|Xk | > εσn }].
σn2
k=1
Der Erwartungswert in der Summe ist größer als 0 falls k λ > εσn ≈ εnλ+1/2 /(2λ + 1)1/2 und die Summe
ist größer als 0, falls der letzte Summand größer als 0 ist, d.h. wenn gilt nλ > εnλ+1/2 /(2λ + 1)1/2 . Das ist
äquivalent zu n < (2λ+1)ε−2 . Da wir n → ∞ betrachten, gilt irgendwann für festes ε > 0 n > (2λ+1)ε−2
und somit
n
1 X
E[Xk2 I{|Xk | > εσn }] = 0.
σn2
k=1
Also gilt die Lindebergbedingung und damit der Zentrale Grenzwertsatz für λ > −1. Das bedeutet
!
r
Z b
n
2
2λ + 1 X
1
Xk < b −→ √
e−x /2 dx.
P a<
n→∞
n2λ+1
2π a
k=1
Für das schwache Gesetz der großen Zahlen müssen wir das folgende betrachten
!
r
√
√
n
2λ + 1
2λ + 1 X
2λ + 1
P(|X̄n | > ε) = 1 − P(−ε < X̄n < ε) = 1 − P −ε λ−1/2 <
Xk < ε λ−1/2 .
n2λ+1
n
n
k=1
Diese Wahrscheinlichkeit kann nur gegen 0 gehen falls λ < 1/2.