Klausur zur Vorlesung Stochastik II

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1 Institut für Mathematische Stochastik WS 24/25 Universität Karlsruhe 7. März 25 Priv-Doz. Dr. D. Kadelka Klausur zur Vorlesung Stochastik II Dauer: 9 Minuten Name: Vorname: Matrikelnummer: Diese Klausur hat bestanden, wer mindestens 2 Punkte erreicht. Hilfsmittel sind nicht zugelassen! Aufgabe (3) 2(4) 3 (4) 4 (4) 5 (4) 6 (5) 7 (4) 8 (6) 9 (4) (4) (8) (5) Punkte Korrektor Gesamtpunktzahl Note

2 Aufgabe (3 Punkte) X, Y haben die gemeinsame Dichte { λ2 e λy für x y < f X,Y (x, y) sonst a) Berechnen Sie die Dichten von X bzw. Y. b) Sind X, Y unabhängig? (mit Begründung) Lösung zu Aufgabe a) f X (x) f X,Y (x, y) dy [, ) (x) [, ) (x) [, ) (x) λ e λx x λ 2 e λy dy [ λ 2 λ e λy ] x f Y (y) f X,Y (x, y) dx [, ) (y) y λ 2 e λy dx [, ) (y) λ 2 e λy y [, ) (y) λ 2 e λy [x ] y [, ) (y) λ 2 y e λy b) X und Y sind nicht unabhängig, denn sonst müsste gelten dx f X,Y (x, y) f X (x) f Y (y) x y < λ 2 e λy λ e λx λ 2 y e λy x y < λ 2 e λy λ 3 y e λ(x+y) x y < E 2

3 Aufgabe 2 (4 Punkte) Sei der Messraum (R, B ) gegeben und die darauf denierte Mengenfunktion µ: µ(a) A {, 2,..., }, A B Zeigen Sie, dass µ ein Maÿ ist. Lösung zu Aufgabe 2 ) A B : µ(a) A {, 2,..., } (da die Anzahl einer Menge immer ). i) µ( ) {, 2,..., } ii) Seien A i paarweise disjunkt, dann gilt: ( ) µ A i A i {, 2,..., } ( ) ( ) ( ) δ A i + δ 2 A i δ A i δ (A i ) + δ j (A i ) j δ 2 (A i ) δ (A i ) da die A i paarweise disjunkt, kann für jedes j δ j (A i ) nur für maximal ein i gelten. Deswegen kann man die Summen vertauschen und es gilt: δ j (A i ) j Ai {, 2,..., } µ(a i ) 3

4 Aufgabe 3 (4 Punkte) Sei der Maÿraum (R, B, ν) gegeben, wobei ν wie folgt deniert ist: A B : ν(a) 7 δ (A) + λ ( A [ 3, 2] ) + A N, 2 wobei λ das eindimensionale Lebesgue-Maÿ ist. Zerlegen Sie das Maÿ ν in die Anteile ν s und ν as, so dass die folgenden Eigenschaften gelten: i) ν ν s + ν as ii) ν s singulär bzgl. λ iii) ν as absolutstetig bzgl. λ und begründen Sie die Richtigkeit Ihrer Zerlegung. Lösung zu Aufgabe 3 Wir behaupten folgende Zerlegung sei richtig: ν s (A) 7 δ (A) + A N 2 ν as (A) λ ( A [ 3, 2] ) Wir zeigen nun, dass die oben genannten Eigenschaften erfüllt sind. i) ν(a) ν s (A) + ν as (A) ii) für N N { } : λ(n) und ν 2 s(n c ) 7 δ (N c ) + N c N 2 iii) falls für A B : λ(a) (wegen Monotonie) ν as (A) λ ( A [ 3, 2] ) λ(a) 4

5 Aufgabe 4 (4 Punkte) Sei A {M R : M abzählbar oder M C abzählbar} a) Zeigen Sie: A ist eine σalgebra. b) Sei folgende Abbildung gegeben f : (R, A) (R, B ) t t 2 wobei B die Borelsche σalgebra von R sei. Zeigen Sie, dass f nicht messbar ist. Lösung zu Aufgabe 4 a) i) A, da abzählbar. ii) A A und A ist abzählbar A c hat ein abzählbares Komplement und deswegen A c A. A A und A hat ein abzählbares Komplement A c ist abzählbar und deswegen A c A. iii) Seien A i A, (i N) Fall : Seien alle A i abzählbar A i ist abzählbar und deswegen gilt A i A. Fall 2: es existiert ein j N : A j ist nicht abzählbar: A c j ist abzählbar ( ) c A i A c i A c j ( ) c A i ist abzählbar A i A ist abzählbar b) Betrachten wir beispielsweise das Intervall [, ] B. Das Urbild f ([, ]) [, ], aber [, ] / A, da weder [, ] noch [, ] c R \ [, ] abzählbar ist. 5

6 Aufgabe 5 (4 Punkte) Es gelte p, q, r [, ) und +, f p q r Lp, g L q. Beweisen Sie die folgende Ungleichung: f g r f p g q Hinweis: Verwenden Sie die Hölder-Ungleichung. Lösung zu Aufgabe 5 Für p, q, r [, ) gilt p + q r r p + r q Da f L p und g L q gilt auch f r L p r und g r L q r. Deswegen kann man folgende Rechnung machen: ( ) r f f g r g r dµ f r g r Anwendung der Hölderungleichung mit r p + r q ergibt: Ziehen der r-ten Wurzel ergibt: f r p g r q r r ( ( f ) ) r ( p p r r ( g dµ ) ) r q q r r dµ ( ) r ( f p p dµ ) r ( g q ( f p ) r ) r g q q dµ f g r f p g q 6

7 Aufgabe 6 (5 Punkte) Wir betrachten eine unendliche Folge von unabhängigen Roulette-Spielen. Der verwendete Roulette-Kessel habe die Zahlen bis 36 und jeder Zahl sei ein gleichgroÿer Kreissektor zugeordnet. Die Regeln seien so, dass die Bank alle Einsätze erhält, falls die Kugel bei liegenbleibt. Wie groÿ ist in diesem Fall die Wahrscheinlichkeit, dass die Bank unendlich oft 5 Mal in Folge alle Einsätze erhält? Lösung zu Aufgabe 6 ist der Ausgang des i-ten Spieles (also gleichverteilt in {,,..., 36}) A i {, +,..., +4 } ist das Ereignis, dass die Bank in Spiel i und in den vier darauolgenden Spielen alles bekommt. Die Ereignisse A i sind nicht unabhängig, aber die Ereignisse A 5i nach dem Blockungslemma schon. Damit folgt: ( ) 5 P [A i ] > 37 ( ) 5 ( ) 5 P [A 5i ] daraus folgt mit dem Lemma von Borel-Cantelli b) P [A 5i für unendlich-viele i] P [Bank erhält unendlich-oft 5-mal in Folge alles] 7

8 Aufgabe 7 (4 Punkte) Eine Urne enthalte zum Zeitpunkt genau eine rote und eine schwarze Kugel. Zu jedem Zeitpunkt (von an) wird eine Kugel gezogen, die gezogene Kugel in die Urne zurückgelegt und eine weitere Kugel derselben Farbe hinzugefügt. Sei M n der Anteil der schwarzen Kugeln nach dem n-ten Mal Ziehen (und Zurücklegen). Ist M n ein Martingal? Lösung zu Aufgabe 7 Variante : Wir denieren: S n :Anzahl schwarze Kugeln in der Urne nach n-mal Ziehen (und Zurücklegen) M n S n n + 2 E [ M n+ σ(m, M 2,..., M n ) ] [ Sn+ E n + 3 ] σ(m, M 2,..., M n ) n + 3 E[ S n+ σ(m, M 2,..., M n ) ] n + 3 E[ S n+ σ(s, S 2,..., S n ) ] n + 3 ( n + 3 Sn n + 3 ( P [ S n+ S n + σ(s, S 2,..., S n ) ] (S n + ) + P [ S n+ S n σ(s, S 2,..., S n ) ] ) S n n + 2 (S n + ) + n + 2 S n n + 2 ( ) Sn n + 2 (S n + + n + 2 S n ) S n n + 3 n + 3 n + 2 S n n + 2 M n ) S n ) 8

9 Variante 2: [ P M n+ k + n + 3 [ P M n+ k n + 3 [ E M n+ M n M n M n k ] n + 2 k ] P [ gezogene Kugel schwarz k schwarze Kugeln von insgesamt n Kugeln ] n + 2 k n + 2 k ] P [ gezogene Kugel rot k schwarze Kugeln von insgesamt n Kugeln ] n + 2 k n + 2 [ P M n+ k + n + 3 M n k ] k + n + 2 n + 3 [ + P M n+ k n + 3 M n k ] n + 2 k n + 2 k + ( n k ) k n + 2 n + 3 k n + 3 9

10 Aufgabe 8 (6 Punkte) Die Zufallsvariablen X, Y seien unabhängig voneinander und jeweils exponentialverteilt mit Parameter. Sei S : X + Y. Berechnen Sie E [ S 3]. Lösung zu Aufgabe 8 Variante : Faltung f S (s) s [, ) (s) f X (s x) f Y (x) dx e (s x) e x dx s e s dx [, ) (s) e s [x] s s e s [, ) (s) E[S 3 ] Variante 2: erzeugende Funktion f S (s) s 3 ds s 4 e s ds [ s 4 e s] + }{{} [ 4s 3 e s] + }{{} [ 2s 2 e s] + }{{} [ 24s e s] + }{{} [ 24 e s] 24 4s 3 e s ds 4 3s 2 e s ds 4 3 2s e s ds e s ds f X (x) e x [, ) (x)

11 ϕ X (t) E[e ixt ] f X (x) e ixt dx e x( it) dx it it e x e ixt dx [ it e x( it) ( it) ] ϕ S (t) ϕ X (t) ϕ X (t) ( it) 2 ϕ S(t) ( 2) ( it) 3 ( i) 2i ( it) 3 ϕ S(t) 2i ( 3) ( it) 4 ( i) 6 ( it) 4 ϕ S (t) 6 ( 4) ( it) 5 ( i) 24i ( it) 5 ϕ S () 24i E [ S 3] i ϕ S () 24

12 Aufgabe 9 (4 Punkte) X sei gleichverteilt auf dem Intervall [, e]. Die Zufallsvariable Y sei folgendermaÿen festgelegt: Y : ln(x) + 3. Berechnen Sie die Dichte von Y. Lösung zu Aufgabe 9 Variante : Transformationssatz für Dichten f X (x) e [,e](x) T : x y ln(x) + 3 da T auf dem Denitionsbereich streng monoton wachsend, brauchen wir keine Unterteilung. T ([, e]) [ln() + 3, ln(e) + 3] [3, 4] dt dx d(ln(x) + 3) dx x x T : y x e y 3 Einsetzen in den Transformationssatz ergibt: f Y (y) f X(T (y)) dt dx e [3,4](y) x(y) e [3,4](y) e y 3 ey 3 e [3,4](y) Variante 2: f X (x) e [,e](x) F Y (y) P [Y y] P [ln(x) + 3 y] P [X e y 3 ] für y < 3 e y 3 für 3 y 4 e für 4 < y 2

13 und daraus kann man nun die Dichte berechnen: f Y (y) df Y (y) dy { e y 3 für 3 y 4 e sonst 3

14 Aufgabe (4 Punkte) Sei X n (n N) eine Folge von Zufallsvariablen mit den Eigenschaften a < X < für eine Konstante < a < und X m X n < m n. Zeigen Sie, dass gilt: lim E[X n] E [ ] lim X n n n Lösung zu Aufgabe Wir denieren eine zusätzliche Folge von Zufallsvariablen Y n : X n + a (n N). Diese Folge ist also positiv und monoton wachsend. Damit ergibt sich: lim E[X n] lim E[ a + Y n ] n n ( lim a + E[Yn ] ) n a + lim E[Y n ] n mit dem Satz der monotonen Konvergenz folgt: a + E[ lim Y n ] n E [ ] a + lim Y n n E [ lim ( a + Y n ) ] n E [ ] lim X n n 4

15 Aufgabe (8 Punkte) Wir betrachten eine unendliche Folge von Hell- bzw. Dunkelphasen einer Lampe. Nach dem Einsetzen der Glühbirne i brennt diese für die zufällige Zeit. Nach dem Erlöschen dauert es die zufällige Zeit Y i bis eine neue Glühbirne eingesetzt wird. Zum Zeitpunkt beginne die Brenndauer der ersten Glühbirne. Die Zufallsvariablen seien alle identisch verteilt mit E[X ] <, ebenso seien die Y i alle identisch verteilt mit E[Y ] <. Zudem seien die Zufallsvariablen X, X 2,..., Y, Y 2,... stochastisch unabhängig. R t sei die Gesamtdauer mit brennender Glühbirne bis zum Zeitpunkt t. Zeigen Sie, dass für t : gilt. R t t f.s. E[X ] E[X ] + E[Y ] { Hinweis: Verwenden Sie die Zufallsvariable sup n N : der zum Zeitpunkt t bereits ersetzten Glühbirnen. Sie dürfen verwenden, dass t f.s. n } ( + Y i ) t, die Anzahl Lösung zu Aufgabe + ( + Y i ) t R t t N t+ t N t+ ( + Y i ) Wir betrachten nun den Grenzwert der Abschätzung nach unten: + ( + Y i ) N t+ ( + Y i ) X +Y + N t+ i2 + N t+ i2 Y i da die Zufallsvariablen und Y i nach Voraussetzung endlichen Erwartunswert haben, können wir auf Zähler und Nenner einzeln das starke Gesetz der grossen Zahlen anwenden und erhalten: f.s. t E[X ] + E[X ] + E[Y ] 5

16 Eine analoge Rechnung für die Abschätzung nach oben ergibt: N t+ ( + Y i ) + ( + Y i ) X + + i2 Y i da die Zufallsvariablen und Y i nach Voraussetzung endlichen Erwartunswert haben, können wir auf Zähler und Nenner einzeln das starke Gesetz der grossen Zahlen anwenden und erhalten: f.s. t + E[X ] E[X ] + E[Y ] Damit haben die beiden Abschätzungen also denselben Grenzwert und demzufolge gilt die Aussage: R t f.s. E[X ] t E[X ] + E[Y ] 6