Ubungsblatt 8 zur Vorlesung Wahrscheinlichkeitstheorie ¨
Zufallsgr¨ossen
Herausgabe des ¨Ubungsblattes: Woche 16, Abgabe der L¨osungen: Woche 17 (bis Freitag, 16.15 Uhr), Be- sprechung: Woche 19
Must
Aufgabe 42 [monotone Abbildung und Borel-Messbarkeit]
Seif :R→Reine Abbildung. Zeigen Sie: wennf monoton ist, dann ist f auchB(R)− B(R)-mb.
Standard
Aufgabe 43 [Verteilungsfunktion von X+ undX−][4 Punkte]
X habe VerteilungsfunktionF. Berechnen Sie die Verteilungsfunktion vonX+ undX−. Aufgabe 44 [mehrdimensionale ZG][4 Punkte]
Sei (X1, X2) ein Zufallsvektor mit VerteilungsfunktionF. Zeigen Sie f¨ur a1≤b1 unda2≤b2: P[a1< X1≤b1, a2< X2≤b2] =F(b1, b2)−F(b1, a2)−F(a1, b2) +F(a1, a2).
Aufgabe 45 [elementare Eigenschaften von F−1][4 Punkte]
SeiF−1 die Inverse vonF mit Definition:
F−1(x) := inf{t:F(t)≥x}, x∈(0,1).
Zeigen Sie:
a) F¨ur alle (x, t) giltF−1(x)≤t⇔x≤F(t).
b)F−1 ist monoton wachsend und links-stetig.
c) FallsF stetig ist, dann giltF(F−1(x)) =xf¨ur allex∈(0,1).
Honours Aufgabe 46 [Transformation und σ-Algebren][3 Punkte]
SeiY :=g(X) woX eine ZG undg:R→Reine Borel-Funktion. Zeigen Sie:
σ(Y)⊆σ(X);
was kann man folgern, wenn auch eine Borel-Funktionh:R→Rexistiert, sodassX =h(Y)?
Dr. Christoph Luchsinger
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Übungsblatt 8 zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie”
Olivier Warin 5. Mai 2012
Aufgabe 42 [monotone Abbildung und Borel-Messbarkeit]
Seif :R→Reine Abbildung.
Behauptung: Fallsf monoton ist, dann istf auchB(R)− B(R)-messbar.
Beweis: Wir nehmen zunächst an, dassf monoton wachsend ist.
Es sei a ∈ R. Wir zeigen jetzt, dass A := {x ∈ R|f(x) 6 a} ∈ B(R). Daraus folgt dann die Behauptung mit Aufgabe 37. FallsA=∅oderA=Rist dies richtig, also können wir o.B.d.A. annehmen, dass A 6= ∅ und A 6= R. Da f monoton wachsend ist, muss A also nach oben beschränkt sein. Somit können wirs= supAdefinieren. Daf monoton wachsend ist, folgt
A = (−∞, s) oder A = (−∞, s].
Also istAin jedem Fall eine Borel-Menge.
Falls jetzt f monoton fallend ist, ist die Funktiong=−f automatisch monoton wachsend. Also istg nach ObigemB(R)− B(R)-messbar. Aber daraus folgt mit Lemma 2.10, dassf =−gauchB(R)− B(R)- messbar ist.
Aufgabe 43 [Verteilungsfunktion vonX+ undX−]
Es sei X eine Zufallsgrösse auf einem Wahrscheinlichkeitsraum (Ω,A, P). Sei weiter F die Verteilungs- funktion vonX.
Für die VerteilungsfunktionFX+ vonX+ = max{0, X} gilt nun FX+(a) =P[max{0, X}6a] = P[06a, X6a] = 1{a>0}F(a) =
(F(a), falls a>0 0, falls a <0.
Desweiteren gilt für die VerteilungsfunktionFX− von X−=−min{X,0}:
FX−(a) =P[−min{0, X}6a] = P[min{0, X}>−a] = P[0>−a, X >−a] = 1{a>0}P[X >−a]
= 1{a>0}(1−P[X 6−a] +P[X =−a]) = 1{a>0}(1−F(−a) +P[X =−a])
=
(1−F(−a) +P[X =−a], falls a>0
0, falls a <0.
Aufgabe 44 [mehrdimensionale ZG]
Sei(X1, X2)ein Zufallsvektor mit Verteilungsfunktion F.
Behauptung: Füra16b1unda26b2 gilt
P[a1< X16b1, a2< X26b2] =F(b1, b2)−F(b1, a2)−F(a1, b2) +F(a1, a2).
Beweis: Zur besseren Übersicht definieren wirAi ={Xi6ai} undBi ={Xi6bi} (i= 1,2). Nun gilt aufgrund von Lemma 1.8
P[a1< X16b1, a2< X26b2] =P[(B1\A1)∩(B2\A2)] =P[((B1\A1)∩B2)\((B1\A1)∩A2]
=P[(B1\A1)∩B2]−P[(B1\A1)∩A2]
=P[(B1∩B2)\(A1∩B2)]−P[(A2∩B1)\(A1∩A2)]
=P[B1∩B2]−P[A1∩B2]−P[A2∩B1] +P[A1∩A2]
=F(b1, b2)−F(a1, b2)−F(a2, b1) +F(a1, a2).
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Aufgabe 45 [elementare Eigenschaften von F−1]
Es seiF eine Verteilungsfunktion. Nun definieren wir F−1: (0,1)→Rdurch F−1(x) = inf{t|F(t)>x}.
DaF rechts-stetig ist, folgt
F−1(x) = min{t|F(t)>x}.
a) Behauptung: Für alle(x, t)∈(0,1)×Rgilt:F−1(x)6t ⇔ x6F(t).
Beweis:
“⇒” Dat>F−1(x)und daF monoton wachsend, folgt aufgrund der Definition vonF−1F(t)>x, alsox6F(t).
“⇐” Dax6F(t)folgt sofortt∈ {s|F(s)>x} und damitt>F−1(x).
b) Behauptung: Die FunktionF−1 ist monoton wachsend und links-stetig.
Beweis: Seienx, y∈Rmit x6y. Daraus folgt
{t|F(t)>x} ⊇ {t|F(t)>y} und damitF−1(x)6F−1(y), also istF−1 monoton wachsend.
Sei (xn)n∈N eine konvergente Folge in Rmit xn6xfür allen∈Nundlimn→∞xn =x. Definiere weiter für jedes n
˜
xn = inf{xm|m>n}.
Es folgt, dass die Folge (˜xn)n∈Nmonoton wachsend ist und zusätzlich dieselben Eigenschaften wie (xn)n∈N erfüllt.
Die Folge(F−1(˜xn))n∈Nist monoton steigend, daF−1und(˜xn)n∈Nbeide monoton wachsend sind.
Wiederum aufgrund der Monotonie vonF−1gilt für allen∈NF−1(˜xn)6F−1(x), dax˜n6x. Also ist die Folge(F−1(˜xn))n∈N nach oben beschränkt und monoton wachsend, folglich also konvergent.
Wir können also schliessen
[F−1(x),∞) ={t|F(t)>x} = T∞
n=1{t|F(t)>x˜n} = T∞
n=1[F−1(˜xn),∞) = [ lim
n→∞F−1(˜xn),∞).
Alsolimn→∞F−1(˜xn) = F−1(x).
Weiter gilt für allen:
F−1(x)>F−1(xn) > F−1(˜xn) n−→→ ∞ F−1(x).
Somit muss limn→∞F−1(xn) =F−1(x)gelten. Folglich istF−1 links-stetig.
c) Behauptung: FallsF stetig ist, dann giltF(F−1(x)) =xfür allex∈(0,1).
Beweis: Sei x∈(0,1). WennF stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz sicher eint0 ∈R, so dassF(t0) =x. DaF monoton wachsend ist, folgt damit
F−1(x) = min{t|F(t)>x} = min{t|F(t) =x}. Daraus folgt sofortF(F−1(x)) =x, daF−1(x)∈ {t|F(t) =x}.
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Aufgabe 46 [Transformation und σ-Algebren]
Es seien (Ω,A, P)ein Wahrscheinlichkeitsraum, X eine Zufallsgrösse auf(Ω,A, P) undg :R→R eine Borelfunktion. Weiter definieren wirY =g◦X.
Behauptung: Es giltσ(Y)⊆σ(X).
Beweis: SeiA∈σ(Y), d.h. es gibt eine BorelmengeB, so dass
A=Y−1(B) = {ω∈Ω|Y(ω)∈B} = {ω∈Ω|g(X(ω))∈B} = {ω∈Ω|X(ω)∈g−1(B)}
=X−1(g−1(B)).
Dageine Borel-Funktion ist, folgt dassg−1(B)eine Borel-Menge ist und damit nach ObigemA∈σ(X).
Falls es jetzt noch eine Borelfunktion h : R → R mit X = h◦Y geben würde, so würde nach der gerade bewiesenen Behauptung (mit vertauschten Rollen vonX undY) folgenσ(X)⊆σ(Y)und damit σ(X) =σ(Y).
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