Lsg 11 - Luchsinger Mathematics AG

Übungsblatt 11 zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie”
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Übungsblatt 11 zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie”
Olivier Warin
26. Mai 2014
Aufgabe 58 (|X| = 0 f.s. ⇒ E[|X|] = 0)
Es sei X eine Zufallsgrösse mit P [|X| = 0] = 1.
Behauptung: Es gilt E[|X|] = 0.
Beweis: Es sei (Xn )n∈N eine monoton wachsende Folge von nicht-negativen einfachen Zufallsgrössen mit
Xn (ω) ↑ |X(ω)| für alle ω.
Sei nun n ∈ N, fest. Da Xn eine einfache Zufallsgrösse ist, gibt es eine Darstellung der Form
Xn =
N
X
ai 1Ai ,
i=1
wobei (Ai )N
i=1 eine Partition von Ω und a1 , . . . , aN reelle Zahlen sind. Nun gilt
E[Xn ] =
N
X
ai P [Ai ] =
i=1
N
X
ai P [Ai ].
i=1
ai >0
Aufgrund der Monotonie der Folge folgt, dass für alle ω mit Xn (ω) > 0 auch |X(ω)| > 0 gelten muss.
Mit anderen Worten gilt Ai ⊂ {|X| > 0} für alle i = 1, . . . , N mit ai > 0. Wir schliessen
E[Xn ] 6
N
X
ai P [|X| > 0] = 0.
i=1
Also E[Xn ] = 0 und damit natürlich E[|X|] = limn→∞ E[Xn ] = 0.
Aufgabe 59 (Lp , Lq wo 0 < p < q < 1)
Seien 0 < p < q < 1.
Behauptung: Es gilt Lq ⊂ Lp und im Allgemeinen Lp 6⊂ Lq .
Beweis: Es sei X ∈ Lq . Setze s = 1/p und r = 1/q. Nun gilt 1 < r < s und E[(|X|pq )s ] = E[|X|q ] < ∞,
also X pq ∈ Ls . Mit Hilfe der Lyapunov-Ungleichung (Korollar 4.27) folgt damit
E[|X|p ]1/r = E[(|X|pq )r ]1/r 6 E[(|X|pq )s ]1/s = E[|X|q ]1/s < ∞,
also X ∈ Lp . Damit wäre der erste Teil der Behauptung bewiesen.
Für den zweiten Teil geben wir noch ein konkretes Gegenbeispiel an. Sei P eine absolut-stetige Wahrscheinlichkeit auf (R, B(R)) mit Dichte (vgl Definition 1.20)
(
Kx−ξ−1 , x > 1
fP (x) =
0,
sonst,
wobei K ∈ R eine Normierungskonstante und ξ ∈ R mit p < ξ < q. Sei X = id : R → R eine absolut
stetige Zufallsgrösse mit Dichtefunktion fP (wegen der speziellen Wahl von X haben wir fP = fX ).
Nach Aufgabe 63 gilt nun
Z ∞
p
E[|X| ] =
Kxp−ξ−1 dx < ∞
1
Z ∞
E[|X|q ] =
Kxq−ξ−1 dx = ∞.
1
Also X ∈ Lp und X 6∈ Lq .
Frühjahrsemester 2012
Olivier Warin
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Aufgabe 60 (Vervollständigung des Beweis Satz 4.21)
Sei X ∈ L1 .
R∞
Behauptung: Dann gilt E[X] = −∞ xdFX (x).
Beweis: Da wir in Satz 4.22 die Formel direkt bewiesen haben (ohne Satz 4.21), folgt dies direkt aus Satz
4.22 (wähle g(x) = x - oder gehe den Beweis nochmals durch). Es ist nichts mehr zu beweisen.
Aufgabe 61 (Tschebyschew und Konsorten)
Es sei X eine nicht-negative Zufallsgrösse und g eine positive, wachsende Funktion auf R+ .
Behauptung: Für alle a > 0 gilt
P [X > a] 6
E[g(X)]
.
g(a)
Beweis: Sei a > 0. Nun gilt
E[g(X)] > E[g(X)1{g(X)>g(a)} ] > E[g(a)1{g(X)>g(a)} ] = g(a)P [g(X) > g(a)] > g(a)P [X > a],
wobei wir bei der letzten Ungleichung noch die Monotonie von g verwendet haben.
Die Behauptung folgt nun unmittelbar daraus.
Aufgabe 62 (Konvergenz in Verteilung/Wahrscheinlichkeit, Ergänzung Satz 5.4)
Es sei (Ω, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum und seien weiter (Xn )n∈N eine Folge von Zufallsgrössen
darauf und a eine reelle Zahl, derart dass für alle t ∈ R gilt
(
1, falls t > a
lim P [Xn 6 t] = P [a 6 t] =
n→∞
0, falls t < a.
D.h. die Folge (Xn )n∈N konvergiert in Verteilung gegen a.
Behauptung: Die Folge (Xn )n∈N konvergiert in Wahrscheinlichkeit gegen a.
Beweis: Sei ε > 0. Nun gilt
P [|Xn − a| > ε] = P [Xn − a > ε] + P [Xn − a < −ε] 6 P [Xn > a + ε] + P [Xn 6 a − ε]
= 1 − P [Xn 6 a + ε] + P [Xn 6 a − ε].
und damit
lim P [|Xn − a| > ε] 6 1 − lim P [Xn 6 a + ε] + lim P [Xn 6 a − ε]
n→∞
n→∞
n→∞
= 1 − P [a 6 a + ε] + P [a 6 a − ε] = 1 − 1 + 0 = 0.
Also konvergiert die Folge (Xn )n∈N auch in Wahrscheinlichkeit gegen a.
Aufgabe 63 (Vervollständigung Beweis Satz 4.17)
Sei F eine absolut-stetige Verteilungsfunktion mit (stückweise) stetiger Dichtefunktion f . Sei g nichtnegativ und (stückweise) stetig.
Behauptung: Es gilt
Z
Z
∞
gdF =
g(x)f (x)dx.
−∞
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Beweis:
Pm Nehmen wir zunächst an, dass g eine Treppenfunktion ist. Wir können also g in der Form
g = j=1 bj 1Ij , wobei (Ij )m
j=1 eine Partition bestehend aus Intervallen von R bildet und b1 , . . . , bm reelle
Zahlen sind. Nun gilt nach Definition 4.14:
Z
gdF = EF [g] =
m
X
bj PF [Ij ] =
j=1
Z
∞
=
−∞
m
X
j=1
Z
bj
f (x)dx =
Ij


Z
m
X

bj 1Ij (x) f (x)dx =
m
X
j=1
Z
∞
bj
f (x)1Ij (x)dx
−∞
∞
g(x)f (x)dx.
−∞
j=1
Damit wäre die Behauptung für Treppenfunktionen bewiesen.
Im Allgemeinen gibt es (nach Lemma 2.13) eine monoton wachsende Folge (gn )n∈N von nicht-negativen
Treppenfunktionen, so dass für alle x ∈ R gilt gn (x) ↑ g(x). Nun folgt mit dem Satz von der monotonen
Konvergenz von Beppo Levi (Satz 4.7)
Z
Z ∞
Z ∞
gn (x)f (x)dx = lim EF [gn ] = EF [g] =
gdF.
g(x)f (x)dx = lim
−∞
n→∞
−∞
n→∞
Beachten Sie, dass wir dabei den Satz über die monotone Konvergenz zwei mal angewendet haben. Das
erste mal haben wir den entsprechenden Satz aus der Analysis und das zweite mal den erwähnten Satz
4.7 verwendet.
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