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Übungsblatt 10 zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie”
Olivier Warin 10. Mai 2014
Aufgabe 52 (P[X ∈(−∞,∞)] = 1 undE[X] =∞)
Wir betrachten den Wahrscheinlichkeitsraum (Ω,A, P) = ((0,1],B((0,1]), λ), wobei λ das Lebesque- Mass auf (0,1] bezeichnet. Weiter definieren wir X : (0,1] → R durch X(ω) = 1/ω. Nun gilt klar P[X ∈(−∞,∞)] =P[Ω] = 1 und füra>1haben wir
FX(a) =P[X 6a] = P[{ω∈Ω|ω>1/a}] = P[[1/a,1]] = 1−1/a.
Weiter gilt füra <1 klarFX(a) = 0. Durch ableiten erhalten wir mit fX(a) =
(0, a <1 1/a2, a>1 eine Dichtefunktion vonX. Wir schliessen (mit der Vorlesung WTS)
E[X] = Z ∞
−∞
xfX(x)dx = Z ∞
1
x1 x2dx =
Z ∞
1
1
xdx = ∞, wie gewünscht.
Aufgabe 53 (Wohldefiniertheit von E[X] bei einfachen Zufallsgrössen) Es seiX eine einfache Zufallsgrösse.
Behauptung: Die Definition des ErwartungswertesE[X] hängtnicht von der Darstellung vonX ab.
Beweis: Seien
X=
n
X
i=1
ai1Ai =
m
X
j=1
bj1Bj
zwei Darstellungen vonX. ((Ai)ni=1und(Bj)mj=1sind beides Partitionen vonΩunda1, . . . , an, b1, . . . , bm
sind reelle Zahlen).
Nun gilt:
n
X
i=1
aiP[Ai] =
n
X
i=1
aiP[Ai∩Ω] =
n
X
i=1
aiP[Ai∩Sm j=1Bj] =
n
X
i=1
aiP[Sm
j=1(Ai∩Bj)]
=X
i,j
aiP[Ai∩Bj].
Falls es einω∈Ai∩Bjgibt, so folgtX(ω) =ai=bj. Somit gilt in jedem FallaiP[Ai∩Bj] =bjP[Ai∩Bj].
Wir schliessen somit aus Symmetriegründen
n
X
i=1
aiP[Ai] =X
i,j
bjP[Ai∩Bj] =
m
X
j=1
bjP[Bj].
Aufgabe 54 (Mit Kanonen auf Spatzen geschossen I, II und -III) Es sei(An)n∈N eine Folge von Ereignissen.
a) Behauptung: Es giltP[lim infnAn]6lim infnP[An].
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Beweis: Wie auf Seite 5 des Skriptes gesehen gilt1lim infnAn= lim infn1An und nach dem Lemma von Fatou (Satz 4.6) gilt
P[lim inf
n An] =E[1lim infnAn] = E[lim inf
n 1An] 6 lim inf
n E[1An] = lim inf
n P[An].
b) Behauptung: FallsAn ↑A gilt auchP[An]↑P[A].
Beweis: Es gilt klar1An↑1A und damit nach Satz 4.7:
n→∞lim P[An] = lim
n→∞E[1An] = E[ lim
n→∞1An] = E[1A] = P[A].
Ausserdem ist die Folge (P[An])n∈N klar monoton wachsend. Zusammengefasst haben wir also P[An]↑P[A] gezeigt.
c) Behauptung: Falls die Folge(An)n∈N paarweise disjunkt ist, so giltP[S∞
n=1An] =
∞
X
n=1
P[An].
Beweis: Fürk∈NdefiniereYk=1Ak. Nun gilt klar für allek Yk>0. Da weiter(Ak)k∈Npaarweise disjunkt ist, folgt
∞
X
k=1
Yk=1S∞
k=1Ak 6 1 < ∞.
Wir schliessen mit Satz 4.8
P[S∞
k=1Ak] =E[1S∞
k=1Ak] = E[
∞
X
k=1
Yk] =
∞
X
k=1
E[Yk] =
∞
X
k=1
P[Ak].
Aufgabe 55 (Kontrast zur Positivität von Erwartungswerten) Es seiX eine Zufallsgrösse mitX >0undE[X] = 0.
Behauptung: Es giltP[X = 0] = 1.
Beweis: Nehmen wir an, dassP[X = 0]<1gilt.
DaX >0folgt
FX(0) =P[X 60] = P[X = 0] < 1.
Damit gibt es aufgrund der Rechtsstetigkeit vonFX einε >0 mitFX(ε)<1und damit P[X >ε]>0.
Weil offenbarX >ε1X>ε gilt, schliessen wir damit (mit Aufgabe 56 b)) 0 =E[X] > E[ε1X>ε] = εP[X>ε] > 0.
Dies ist ein Widerspruch. Also mussP[X = 0] = 1gelten.
Aufgabe 56 (Betrag innen und aussen; Monotonie inL1) a) SeiX ∈L1.
Behauptung: Es gilt|E[X]|6E[|X|].
Beweis: Mit den aus der Vorlesung bekannten NotationenX+= max{0, X}undX− =−min{0, X}
folgt
|E[X]|=|E[X+]−E[X−]| 6 |E[X+]|+|E[X−]| = E[X+] +E[X−] = E[|X|].
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b) SeienX, Y ∈L1 mitX 6Y.
Behauptung: Es giltE[X]6E[Y].
Beweis: Definiere Z = Y −X > 0. Aufgrund der Positivität von Erwartungswerten, haben wir E[Z]>0und damit
E[Y]−E[X] =E[Y −X] = E[Z] > 0, womit die Behauptung folgt.
Aufgabe 57 (Fatou, volles Programm)
SeiY ∈L1und sei(Xn)n∈N eine Folge von Zufallsgrössen mit|Xn|6Y für allen.
Behauptung: Es gilt E[lim inf
n Xn]6lim inf
n E[Xn] 6 lim sup
n
E[Xn]6E[lim sup
n
Xn].
Beweis: Für alle n ∈ N gilt Xn+Y > 0, da |Xn| 6 Y. Ausserdem ist |Xn+Y| 6 2|Y| und damit E[|Xn+Y|]<∞, alsoXn+Y ∈L1. Mit dem Lemma von Fatou (Satz 4.6) können wir schliessen:
E[lim inf
n Xn] =E[lim inf
n (Xn+Y −Y)] = E[lim inf
n (Xn+Y)]−E[Y] 6lim inf
n E[Xn+Y]−E[Y] = lim inf
n E[Xn].
Mit−Xn stattXn folgt aus Obigem:
lim sup
n
E[Xn] =−lim inf
n E[−Xn] 6 −E[lim inf
n −Xn] = E[lim sup
n
Xn].
Da die Unlgeichunglim infnE[Xn]6lim supnE[Xn]klar ist, haben wir damit die Behauptung bewiesen.
Bemerkung: MitXn =1An für eine Folge von Ereignissen(An)n∈N erhalten wir damit P[lim inf
n An]6lim inf
n P[An] 6 lim sup
n
P[An]6P[lim sup
n
An], also Satz 1.10.
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