3. Übungsblatt - Lösungsskizzen. so, dass f tatsächlich eine Wahrscheinlichkeitsdichte

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1 Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik Prof. Dr. Jan Johannes Sandra Schluttenhofer Wintersemester 208/9 3. Übungsblatt - Lösungsskizzen Aufgabe 9 Stetige Verteilungen, 4 = Punkte). Wir betrachten den Wahrscheinlichkeitsraum Ω, A, P) = R, B, Pareto α,xm ), wobei die Dichte der Pareto-Verteilung mit Parametern α > 0 und x m > 0 gegeben ist durch fx) = C α,xm x α+) C α,xm x α+), x x m, x xm} =. 0, x < x m a) Bestimmen Sie die Konstante C α,xm ist. so, dass f tatsächlich eine Wahrscheinlichkeitsdichte b) Bestimmen Sie die zugehörige Verteilungsfunktion F. c) Sei nun α = x m =. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten P[, 2]) und P2, )). Lösung 9. a) Damit f eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist, müssen zwei Dinge erfüllt sein: f 0 überall und fx) dx =. Die erste Bedingung ist offensichtlich erfüllt, solange R C α,xm 0 ist Hinweis zur Korrektur: man muss für diese fehlende Begründung nicht unbedingt Punkte abziehen). Aus der zweiten Bedingung ermitteln wir C α,xm : [ = fx) dx = C α,xm x α+) dx = C α,xm ] x m α x α = C α,xm x m α x α m, R die Gleichung ist genau mit C α,xm = αx α m erfüllt. b) Es gilt für x x m : F x) = P, x]) = x fy) dy = C α,xm = C [ ] α,x m x α x α xm ) α m =. α x und für x < x m : F x) = P, x]) = x x [ y α+) dy = C α,xm ] x x m α y α fy) dy = 0, da über nichts integriert wird die Dichte f ist erst für Werte größer als x m nicht Null). Insgesamt erhalten wir: 0, x < x m, F x) = x mx ) α, x xm

2 c) Es ist mit α = x m = : C α,xm = und fx) = x 2 x }. P[, 2]) = 2 [ ] 2 fx) dx = x = 2 + = 2. Alternativ ) kann diese Wahrscheinlichkeit auch mittels der Verteilungsfunktion F x) = x x } berechnet werden: P[, 2]) = P, 2]) P, ]) = F 2) F ) = ) ) = 2 2. Aufgrund Feststellung P, ]) = F ) = 0 sieht man auch an der Wahrscheinlichkeitsdichte f selbst) gilt P2, )) = P, ]) P[, 2]) = 2. Bemerkung: Wir haben in c) ohne weiteren Kommentar benutzt, dass Px}) = 0 bei stetigen Verteilungen gilt. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine stetig verteilte Zufallsvariable genau einen bestimmten Wert x R annimmt, ist Null. Aufgabe 0 Neyman-Pearson-Tests, Poisson-Verteilung, 4 = Pkte). Die Anzahl der im Laufe eines Jahres bei einer Versicherung eingehenden Schadensmeldungen wird als Poisson-verteilt mit einem unbekannten Parameter λ > 0 angenommen. Aufgrund der Daten des Vorjahres möchten Sie die Hypothese H 0 : P λ0 } gegen die Alternative H : P λ } mit einem λ > λ 0 testen. a) Geben Sie die Neyman-Pearson-Tests für dieses Testproblem an. Was muss erfüllt sein, damit einer dieser Test ein bester Test zum Niveau α 0, ) ist? b) Unter welchen Voraussetzungen ist ein bester Test ϕ zum Niveau α aus a) ein gleichmäßig bester Test für H 0 : P λ0 } gegen H : P λ, λ > λ 0 }? c) Im letzten Jahr sind 9876 Schadensmeldungen eingegangen. Wir interessieren uns für folgendes Testproblem: H 0 : Es werden 9000 Schadensmeldungen eingehen. H : Es werden mehr als 9000 Schadensmeldungen eingehen. Können Sie die Nullhypothese mit einem Neyman-Pearson-Test zum Signifikanzniveau α = 0.05 ablehnen? Hinweis: Es gilt: 956 λ k 0 k=0 exp λ k! 0) Lösung 0. a) Es handelt sich hier um das statistische Experiment Ω, A, P Λ ) mit Ω = N 0, A = PN 0 ), Λ = R +. Die Wahrscheinlichkeitsverteilungen P λ, λ Λ = λ 0, λ sind Poisson- Verteilungen mit Parameter λ > 0 und Zähldichten λ λk p Poiλ k) = e k! =: p λk) 2

3 Das statistische Testproblem mit einfachen Hypothese ist: wobei λ > λ 0. Um die Ablehnbereiche H 0 : P λ0 } vs. H : P λ } A c = k N 0 p λ k) cp λ0 k)} = zu bestimmen, berechnen wir den Likelihoodquotienten: Lk) := p λ k) p λ0 k) λk e λ k! = e λ 0 λk 0 k! = k N 0 p } λ k) p λ0 k) c λ Die Neyman-Pearson-Tests für dieses Testproblem lauten daher: 0 Lk) < c, ϕ Ac : N 0, }, ϕ Ac k) = Lk) c, λ 0 ) k e λ 0 λ. ) ϕ Ac ist ein bester Neyman-Pearson-Test zum Niveau α, sofern die Gleichung P λ0 ϕ Ac = ) = α für ein c R erfüllt werden kann. b) Da k Lk) für festes λ > λ 0 > 0 streng monoton wachsend ist siehe ), können wir die Bedingungen Lk) c bzw. Lk) < c umformen zu k c bzw. k c. Die Neyman-Pearson-Tests sind also von der Form 0 k < c, ϕ c k) =, k c, jeweils zum Niveau P λ0 ϕ c = ) = P λ0 [c, )). Der Neyman-Pearson-Test ist ein bester Test zum Niveau α, sofern die Gleichung P λ0 [c, )) = α für ein c R erfüllt werden kann. Offensichtlich hängt die Existenz eines Neyman-Pearson-Tests zum Niveau α daher nicht vom konkreten Wert von λ ab sondern nur von der Eigenschaft von λ, größer als λ 0 zu sein). Nehmen wir nun also an, dass für ein vorgegebenes α 0, ) ein c R existiert, so dass P λ0 k c ) = α, wir nennen den zugehörigen besten Neyman-Pearson Test ϕ. Dann gilt für jedes λ > λ 0 nach dem Neyman-Pearson-Lemma der Vorlesung: Für jede Entscheidungsfunktion ϕ : Ω 0, } mit P λ0 ϕ = ) α: P λ ϕ = 0) P λ ϕ = 0). Anders formuliert bedeutet das: Für vorgegebenes λ 0, α haben wir ein festes ϕ gefunden, sodass für alle λ > λ 0 gilt: ϕ minimiert ϕ P λ ϕ = 0) unter der Nebenbedingung P λ0 ϕ = ) α. Das bedeutet gerade, dass ϕ ein gleichmäßig bester Test für die Hypothesen H 0 : P λ0 } gegen H : P λ, λ > λ 0 } ist. 3

4 c) Nach b) sind die Neyman-Pearson-Tests sind von der Form 0 k < c, ϕ c k) =, k c, Wir suchen nun diejenigen c, für die die Neyman-Pearson-Tests das Signifikanzniveau α einhalten. Es gilt nach dem Hinweis für alle c 956: P λ0 ϕ c = ) = P λ0 [c, )) = P λ0 [0, c )) P λ0 [0, c ]) P λ0 [0, 956]) = 956 k=0 λ k 0 k! exp λ 0) 0.05 Damit sind alle Neyman-Pearson-Tests mit c 956 Tests zum Niveau α, insbesondere können wir mit 0 k < 956, ϕ 956 k) =, k 956, die Nullhypothese mit dem Signifikanzniveau α = 0.05 ablehnen d.h. ϕ ) = ). Aufgabe Messbarkeit kombinierter Abbildungen, 4 = Pkte). Sei Ω, A) ein Messraum und X n : Ω R, n N, eine Folge von A, B)-messbaren Abbildungen. a) ) Sei m N. Zeigen Sie, dass folgende Abbildungen A, B)-messbar sind: i) sup X n : Ω R ii) inf X n : Ω R 2) Zeigen Sie, dass folgende Abbildungen A, B)-messbar sind: i) lim sup n X n : Ω R ii) lim inf n X n : Ω R 3) Es existiere der punktweise Limes der Folge X n ) n N, den wir mit X = lim n X n bezeichnen. Zeigen Sie: Dann ist X eine A, B)-messbare Abbildung. b) Zeigen Sie, dass die Abbildung A, B)-messbar ist. Lösung. a) Y : Ω R, hω) := X ω) > X 2 ω), 0 sonst, ) Es ist bekannt, dass, a] : a R} ein Erzeugendensystem von B R ist. Sei a R beliebig. Es gilt sup ) ) X n, a] = ω Ω : sup X n ω) a} = ω Ω : n m : X n ω) a} = ω Ω : X n ω) a} Xn, a]) }} A, da X n messbar = A. 4

5 ) E) Damit ist gezeigt: sup X n A, es folgt mit Proposition 07.08): sup X n ist A, B)-messbar. Analog ist ) inf X ) n, a] = ω Ω : inf X nω) a} Damit ist gezeigt: = ω Ω : n m : X n ω) a} = ω Ω : X n ω) a} Xn, a]) }} A, da X n messbar = A. inf X n ) E) A, d.h. inf X n ist A, B)-messbar. Alternativ kann beim Infimum auch mit inf X n = sup X n ) argumentieren. Man muss dann nur begründen, warum auch die Multiplikation einer Funktion mit ) die Messbarkeit erhält. Das ist klar, denn X n ), a]) = Xn [ a, )) A, da auch [ a, ) B. 2) Aus )i) ist bekannt, dass jede Abbildung Y m := sup X n : Ω R A, B)- messbar ist. Aus )ii) folgt: inf m Y m = inf m N sup X n = lim sup n X n ist A, B)-messbar. Die Argumentation für lim inf n X n ist analog. 3) Existiert X = lim n X n, so gilt für alle ω Ω : Xω) = lim sup n X n ω). Daher ist X nach 2) A, B)-messbar. b) Y hat die Form Y = A mit A := ω Ω : X ω) > X 2 ω)}. Offensichtlich gilt für eine beliebige Menge B B R :, 0, B, Y A, B, 0 B, B) = A c, B, 0 B, Ω, 0, B. Es ist also Y B) A, falls wir zeigen können, dass A A. In unserem Fall gilt Q liegt dicht in R, daher liegt in jedem Intervall X 2 ω), X ω)) eine rationale Zahl): A = ω Ω : X ω) > X 2 ω)} = ω Ω : q Q : X ω) > q und q > X 2 ω)} = ) ω Ω : X ω) > q} ω Ω : q > X 2 ω)} q Q = ) X q, )) X2, q)) A, }}}} q Q A A da Q abzählbar ist und abzählbare Schnitte / Vereinigungen wieder in der σ-algebra A enthalten sind. 5

6 Aufgabe 2 Messbarkeit reellwertiger Abbildungen, 4 = Punkte). a) Sei f : R R eine monoton wachsende Funktion. Zeigen Sie, dass f dann schon eine B, B)-messbare Abbildung ist. b) Die Funktion g : R [0, ] R, s, x) gs, x) sei für alle x [0, ] stetig in s. Außerdem sei g für alle s R Riemann-integrierbar in x. Zeigen Sie, dass hs) := 0 gs, x) dx B,B)-messbar ist. c) Sei κ : R R eine Abbildung. Es gelte x : κx) = c} B für alle c R. Folgt hieraus bereits die Messbarkeit von κ? Beweisen Sie ihre Antwort! Und vergleichen Sie das Ergebnis mit Proposition ) Hinweis: Sie dürfen ohne Beweis B = 2 R verwenden. Lösung 2. a) Möglichkeit : Wir nutzen folgende Charakterisierung: I Intervall a, b I : x R : a x b x I) Wir betrachten E := I R, I Intervall }. Dies ist ein Erzeugendensystem von B. Für die B, B)-Messbarkeit von f genügt es zu zeigen, dass f E) B ist. Sei dazu I E ein Intervall. Wir zeigen mittels obiger Charakterisierung, dass f I) ein Intervall ist: Seien a, b f I) und x R mit a x b. Dann gilt weil f monoton wachsend ist) fa), fb) I, fx) R, fa) fx) b). Da I ein Intervall ist, folgt fx) I, d.h. x f I). Damit ist f I) ein Intervall, also f I) B und also f E) B. Möglichkeit 2: E :=, y] : y R} ist ein Erzeugendensystem der Borelschen σ- Algebra B, d.h. σe) = B. Für die B, B)-Messbarkeit von f genügt es zu zeigen, dass f E) B ist. Sei also, y] E mit y R beliebig. Definiere M := x R : fx) y} und c := sup M. Im Falle M = setze c :=, im Falle M = R setze c := ). Dann gilt:, c) f, y]), c] R und somit f, y]) B), denn: Sei x, c). Dann ist x < c. Angenommen fx) > y, so wäre nach Def. des Supremums c x, Widerspruch! Also ist fx) y, d.h. x f, y]). Sei x f, y]). Dann ist fx) y. Nach Def. des Supremums folgt x c, also x, c]. b) Da g für alle s R in x Riemann-integrierbar ist, gilt n hs) = gs, x) dx = lim n 0 t= g s, t ) n t n t ) = lim n n n n t= g s, t ) n das Riemann-Integral ist Grenzwert von Riemann-Summen mit der Partition [ t n, t n ), t =,..., n des Intervalls [0, )). Definiere nun h n : R R, h n s) := n 6 n t= g s, t ). n

7 Die h n sind stetig, da gs, x) stetig in s ist für alle x R. Damit sind die h n B, B)- messbar. Wegen h = lim n h n ist damit auch h B, B)-messbar nach Aufgabe. c) κ muss nicht notwendigerweise messbar sein. Wir geben ein Gegenbeispiel an: Sei A 2 R \ B. Definiere die Funktion x x A, κ : R, B) R, B), κx) := x x A c. Dann gilt für alle c R: κ c}) = x c})) A) x ) )c}) A c ) }}}} c, c} +c, c} d.h. κ c}) B. Aber es gilt auch [0, ) B und also ist κ nicht B, B) -messbar. κ [0, )) = A / B Abgabe: In Zweiergruppen, bis spätestens Donnerstag, den 8. November 208, :5 Uhr. Die Übungszettelkästen sind im. OG, INF 205, vor dem Dekanat.) Homepage der Vorlesung: 7