X n = 10 j Y j. i.w. i.w. i.v.

Transkript

1 3 Grezwertsätze 3.1 Kovergez vo Zufallsvariable Betrachte wir als Beispiel die Zahle y [0, 1) i Dezimalform y =0,y 1 y 2 y 3 = y j 10 j.esseiy j die diskrete Zufallsvariable Y j :[0, 1) y j {0, 1,...,9}, j=1 mit P (Y j = y) = 1 10 für alle y. Nu setze wir X = 10 j Y j j=1 ud lasse X Y = j=1 10 j Y j gehe. Die Y j sid uabhägig ud wir vermute, dass Y gleichverteilt auf [0, 1) ist. Defiitio. Es seie X 1,X 2,... reelle Zufallsvariable auf dem W -Raum (Ω, E,P). 1. X X fast sicher: P ({ω Ω:X (ω) X(ω)}) =1,i f.s. Zeiche X X. 2. X X i Wahrscheilichkeit (oder stochastisch): P ( X X > ε) 0für alle ε>0, i Zeiche X X. 3. X X i Verteilug: P (X x) P (X x) für alle x, für i.v. die F (x) =P (X x) stetig ist, i Zeiche X X. f.s. Die Iterpretatio ist: X X falls für große, X (ω) X(ω); X X, falls für große, X ahe bei X ist. Satz 3.1. a. X allgemei. b. X X impliziert X f.s. X impliziert X X. Die Umkehrug gilt icht i.v. X. Die Umkehrug gilt icht allgemei. Beweis. a. Es sei o.b.d.a. X = 0, asoste betrachte wir X X. Essei A = {ω Ω: X (ω), X +1 (ω),... ε}, alsoa 1 A 2 A 3... Gilt X (ω 0, so habe wir X (ω) ε für N, alsoω A N. Es folgt {ω Ω:X (ω) 0} 1 A, 48

2 f.s. also aus Lemma 1.1a) ud wege X 0 1=P ( 1 A ) = lim P (A ). Nu habe wir {ω Ω: X (ω) >ε} Ω A,also P ( X >ε) 1 P (A ), ud es folgt lim P ( X >ε) = 0, das heißt X 0. f.s. Um zu zeige, dass X X X X betrachte wir das folgede Gegebeispiel. Es seie X 1,X 2,... uabhägig auf Ω mit Werte i {0, 1}, Wir habe P (X =1)= 1, P(X =0)=1 1. P (X >ε)= 1 0 für 0 <ε<1 P (X >ε)=0 0 für ε 1, also X 0. Sei u A = {ω Ω:X k (ω) =0für k }. Da ist wieder A 1 A 2 A 3...,alsoP( A ) = lim P (A ). Nu gilt A = {ω Ω:X (ω) =0für 0 } = {ω Ω:X (ω) 0}, also 1 P (A )= P (X =0 X +1 =0...)= i 0 P (X +i =0) =(1 1 )( ), P (A ) = lim (1 1 M )( ) (1 1 M ) = lim ( 1 M +1 M 1 M ) = lim 1 M M =0, ud somit P ({ω Ω:X (ω) 0}) =P ( A ) = lim P (A )=0. 1 Demach gilt icht X f.s

3 b. Es gelte X X, mitf (x) =P (X x), F (x) =P (X x). Für ε>0habewir F (x) = P (X x) =P (X x X x + ε)+p (X x X>x+ ε) F (x + ε)+p ( X X >ε). Ferer gilt F (x ε) = P (X x ε) =P (X x ε X x)+p (X x ε X >x) F (x)+p( X X >ε). Es folgt F (x ε) P ( X x >ε) F (x) F (x + ε)+p ( X x >ε). Da X X vorausgesetzt ist, erhalte wir F (x ε) lim if F (x) lim sup F (x) F (x + ε). Falls F (x) beix stetig ist, so gilt mit ε 0, F (x) = lim F (x), ud es folgt i.v. X. X i.v. Als Gegebeispiel für X X X Variable X mit Werte i {0, 1} ud X betrachte wir Beroulli P (X =1)=P (X =0)= 1 2 für alle, also X 1 = X 2 = = X. SeiuY =1 X. Wirhabe 1 x 1, 1 F (x) =P (X x) = 0 x<1, 2 0 x<0, i.v. ud ferer P (Y x) =P (X x). Es gilt also X Y,abericht X Y,da X Y =1istfür alle. 50

4 3.2 Das schwache Gesetz der große Zahle Es seie X 1,X 2,... uabhägige Kopie eier Zufallsvariable X. Da legt us die Ituitio ahe, dass der Erwartugswert E[X] ugefähr gleich für große sei sollte, ud das ist auch so. X 1 + +X Für diskrete Zufallsvariable habe wir dies scho im Beispiel ach Satz 2.12 aus der Ugleichug vo Tschebyschev begrüdet. Wir wolle also die Ugleichuge vo Markov ud Tschebyschev auch für stetige Zufallsvariable verifiziere. Satz 3.2. Sei X stetige Zufallsvariable mit Dichte f(x). a. Ist X 0, a>0, sogiltp (X a) E[X].(Markov) a b. P ( X E[X] a) Var[X], a>0. (Tschebyschev) a 2 Beweis. a. Wir habe E[X] = 0 xf(x)dx = a xf(x)dx + a 0 xf(x)dx } {{ } 0 a a f(x)dx = ap (X a). b. Mit Y = X E[X] erhalte wir aus a) P ( X E[X] a) =P ( X E[X] 2 a 2 ) E[(X E[X])2 ] a 2 = Var[X] a 2. Satz 3.3 (Schwaches Gesetz der große Zahle). Die reelle Zufallsvariable habe Erwartugswert E[X] ud Variaz Var[X]. SidX 1,X 2,...uabhägige Kopie vo X, sogilt P ( X X E[X] ε) Var[X] ε 2 für alle ε>0. Isbesodere gilt für die Folge X = X 1+ +X, dass X E[X] strebt. 51

5 Beweis. Wir habe E[ X ]= 1 Var[X] E[X i ]=E[X], Var[ X ]= 1 2 i=1, also gilt ach Tschebyschev P ( X E[X] ε) Var[ X ] ε 2 = Var[X] ε 2. Folgerug 3.4. Mit de Voraussetzuge des Satzes habe wir P ( X X E[X] <t) 1 Var[X] t 2 Var[X i ]= i=1 für t>0. Beispiel. Betrachte wir eie Beroulli Variable X mit Werte i {0, 1}, P (X =1)=p, P (X =0)=1 p, alsoe[x] =p, Var[X] =p(1 p). Da gilt P ( X X p t) P ( X X p <t) 1 Die Formel werde folgedermaße agewadt. Es sei p ubekat. X = X 1+ +X Erfolge a. Aus p(1 p) 1 für p [0, 1] folgt 4 p(1 p) t 2, p(1 p) t 2. gibt die durchschittliche Azahl der P ( X p <t) 1 1 4t. 2 Die ubekate Erfolgswahrscheilichkeit p liegt daher im Itervall [ x t, x + t)] mit W -keit 1 1,wobei x 4t 2 = x 1+ +x der Durchschitt der tatsächlich beobachtete Ausgäge ist. Ageomme wir möchte p bis auf eie Fehler t =0, 01 mit W -keit 98% bestimme. Wie oft müsse wir das Experimet durchführe? Aus der Formel sehe wir 1 1 0, 98, 4 0, 0001 ud dies ist für erfüllt. Ma beachte, dass 1 1 stets < 1 ist. Mit Sicherheit ka p also icht 4t 2 ermittelt werde. 52

6 Beispiel. Ei Würfel wird 20 Mal geworfe ud zeigt immer 6. Ist der Würfel i Ordug, das heißt, sid die Zahle wirklich gleichverteilt? Es sei X i die Zufallsvariable mit X i = 1, falls im i-te Wurf 6 erscheit, X i = 0, falls eie Zahl 6 erscheit. Da ist für p = 1 6 P X X } 20 {{} ( 5 = 1 6 )2 100, =1 also ist der Würfel mit W -keit 99% icht i Ordug. 3.3 Lemma vo Borel-Catelli Sei ei W -Raum (Ω, E,P) gegebe ud A 1,A 2,...eie Folge vo Ereigisse. Wir defiiere Ma sieht sofort A = {ω Ω:ω A i für uedlich viele i}. A = =1 k A k = =1 B mit B = k A ist also i E. AusB 1 B 2 B 3... folgt ( ) P B = lim P (B )=P(A ). =1 Beispiel. Wir werfe eie Würfel uedlich oft, ud A sei das Ereigis, dass im -te Wurf 6 geworfe wird. Es sei Ω = {(ω 1,ω 2,...)} mit ω i {1, 2,...,6}, alsoa = {(ω 1,ω 2,...):ω i =6für uedlich viele i}. Satz 3.5 (Lemma vo Borel-Catelli). Es sei (Ω, E,P) gegebe ud A 1,A 2,... eie Folge vo Ereigisse. a. Ist k 1 P (A k ) <, sogiltp (A )=0. A k. b. Sid A 1,A 2,... uabhägig ud k 1 P (A k )=, sogiltp (A )=1. 53

7 Beweis. a. Wege P (A k ) < habe wir P (A k ) 0für.Daraus folgt wege P (B ) P (A k ), dass P (B ) 0geht,alsoP (A )= k 1 k k lim P (B )=0. b. Wir verwede die Ugleichug 1 x e x für 0 x 1. Da die Ereigisse A uabhägig sid, so auch die komplemetäre Ereigisse A c (Lemma 1.5), ud wir erhalte ( N ) N N P = (1 P (A k )) e P (Ak) = e NP P (A k ) k=. k= A c k k= ( N Mit N ergibt sich P N k= A c k N+1 k= A c k...,also P ( k= A c k k= ) A c ) = lim N P für alle, ud es folgt ( P ((A ) c )=P =1 k A c k k= 0, da k 1 P (A k )= ist. Nu ist ) ( N k= A c k ) =0 ( P =1 k A c k ) =0, ud somit P (A )=1. Bemerkug. I Teil b) ka auf die Uabhägigkeit icht verzichtet werde. Sei ämlich A E,0<P(A) < 1 ud A = A für alle. DaistA = A, P (A )=, aberp (A ) < 1. Beispiele. Wir verwede die folgede Sprechweise: Das Ereigis A tritt fast sicher ei, falls P (A) =1ist. 1. Betrachte wir das Würfelbeispiel vo ebe, A = {6 im-te Wurf}. Die Würfe seie uabhägig, gleichverteilt, da gilt P (A )= 1,also P (A 6 )= 1. Die 6 wird somit fast sicher uedlich oft geworfe. 54

8 2. Wir habe Ure U 1,U 2,... gegebe, wobei sich i U 1 weiße ud 1 rote Kugel befide. Das Ereigis A sei, dass aus Ure U eie weiße Kugel gezoge wird. Wir habe P (A )= 1,also 1 P (A )= ud somit P (A ) = 1. Das heißt, fast sicher wird weiß uedlich oft gezoge. Ageomme i Ure U sid 1 weiße ud 2 1 rote Kugel. Da ist P (A )= 1, P (A 2 )= 1 = π2 <, also wird weiß fast sicher ur edlich oft gezoge. Das iteressate ist, dass keie Verteilug weiß/rot auf die Ure möglich ist, wo icht eier dieser beide Fälle eitritt. 3. Es seie uabhägige Ereigisse A 1,A 2,...,A r gegebe mit P (A i ) > 0für alle i. Wir betrachte Ω =(ω 1,ω 2,...). Kommt es oft vor, dass es ei k gibt, mit ω k A 1, ω k+1 A 2,...,ω k+r 1 A r? Nehme wir eie Telefoummer Nu schreibe wir die Ziffer 0, 1, 2,...,9 gleichverteilt i eier uedliche Folge auf. Kommt die Telefoummer oft i der Folge vor? Dazu defiiere wir B 1 = {(ω ):ω 1 A 1,...,ω r A r } B 2 = {(ω ):ω r+1 A 1,...,ω 2r A r }. B m = {(ω ):ω (m 1)r+1 A 1,...,ω mr A r }. Die Ereigisse B m sid uabhägig mit P (B m )=P(A 1 ) P(A r ) > 0für alle m. Aus m 1 P (B m)= folgt P (B ) = 1, ud das bedeutet, dass es fast sicher uedlich viele B m gibt, i dee r aufeiaderfolgede Ergebisse i A 1,A 2,...,A r sid. Die Telefoummer kommt also fast sicher uedlich oft vor. Eie amüsate Illustratio ist der Affe am Computer. Er tippt Buchstabe ach Beliebe ei. Nach Borel-Catelli wird er fast sicher irgedwa Goethes Faust reproduziere ud das icht eimal, soder uedlich oft. 55

9 3.4 Das starke Gesetz der große Zahle Es seie wieder X 1,X 2,... uabhägige Kopie der reelle Zufallsvariable X. Wir wolle u zeige, dass die Folge X = X 1+ +X sogar fast sicher gege de Erwartugswert kovergiert. I diesem Si köe wir also sage, dass der Zufall bei uedlicher Wiederholug verschwidet. Satz 3.6 (Starkes Gesetz der große Zahle). Für die reelle Zufallsvariable X existiere E[X] ud Var[X]. Es seie X 1,X 2,... uabhägige Kopie vo X. Dagilt P ({ω Ω: X (ω) E[X]) = 1, das heißt X f.s. E[X]. Beweis. Wir köe wieder E[X] = 0 aehme, asoste verwede wir die Folge X X. Wir glieder de Beweis i mehrere Schritte. 1. Sei Y 1,Y 2,... eie Folge vo Zufallsvariable auf Ω. Wir ee ω Ω gut, falls Y (ω) 0. Sei B Y = {ω Ω:ω gut}. Wa gilt P (B Y )=1? Dazu stelle wir fest: Y (ω) 0 ε>0 gilt Y (ω) <εfür 0 ε 0 gilt Y (ω) ε für edlich viele k N gilt Y (ω) 1 k für edlich viele. Sei E k = {ω Ω: Y (ω) 1 für uedlich viele }, k fest. Da ist k E 1 E 2 E 3..., ud ferer B Y =. Somit schließe wir Ek c k 1 ( P (B Y )=1 P ( k 1 E c k ) =1 P ( ) E k ) c =1 k 1 ( ) P E k =0. k 1 56

10 Isbesodere gilt ach Lemma 1.1 P (E k )=0( k) = P (B Y )=1. 2. Sei k 1fest,A,k = {ω Ω: Y (ω) 1 }. Wir erhalte also eie Folge k vo Ereigisse A 1,k,A 2,k,... ud setze A k = {ω Ω:ω ist i uedlich viele A,k} = E k aus 1). Aus P (A k )=0( k) folgt also P (B Y ) = 1. Laut dem Lemma vo Borel-Catelli köe wir festhalte P (A,k ) < ( k) = P (B Y )=1. (1) 1 3. Sei wieder k 1 fest. Wir setze Y = X, da ist das starke Gesetz geau die Aussage P (B Y ) = 1. We wir also zeige köe, dass 1 P (A,k) < ist für alle k, so sid wir fertig. Nu verwede wir die Ugleichug vo Tschebyschev. Wir habe A,k = {ω Ω: X (ω) 1 }, ud ach k Tschebyschev gilt mit E[ X ]=0,Var[ X ]= Var[X] P (A.k )=P( X (ω) 1 k ) Var[X] k 2, ud somit P (A,k ) Var[X]k Leider divergiert die harmoische Reihe, also müsse wir die Summe P (A,k ) 1 besser abschätze. Wir betrachte die Teilfolge X 2, =1, 2,...Für diese gilt ach Tschebyschev P (A 2,k) = P ( X 2 1 k ) 1 Var[X]k2 <, 2 =1 ud somit ach (1) =1 P ({ω Ω: X 2(ω) 0}) =1. (2) 57

11 4. Sei S l = X X l, ud für m N sei = (m) mit Wir habe 2 m<( +1) 2. E[S m S 2]=0, Var[S m S 2]=(m 2 )Var[X]. Sei k fest, da gilt wieder mit Tschebyschev P ({ω Ω: S m (ω) S 2(ω) 2 k })= P ( S m S 2 2 k ) (m 2 )k 2 Var[X]. 4 Nu defiiere wir die Ereigisse ud habe B m,k = {ω Ω: S m(ω) S 2(ω) 1 },= (m), 2 k P (B m,k ) m 2 k 2 Var[X],m 1,= (m). 4 Summatio über m ergibt P (B m,k ) k 2 Var[X] m 1 = k 2 Var[X] = k 2 Var[X] = k 2 Var[X] = k 2 Var[X] 58 m=1 =1 =1 =1 =1 m (m) 2 (m) 4 (+1) 2 1 m= 2 m (2 +1) <.

12 Mit Y m = Sm S (m) 2 (m) 2 habe wir also ach (1) P ({ω Ω: S m(ω) S (m) 2(ω) (m) 2 m 0}) =1. (3) 5. Nu setze wir die Ergebisse zusamme. Es sei A = {ω : X 2(ω) 0} mit P (A) = 1 ach (2) B = {ω : S m(ω) S (m) 2(ω) 0} mit P (B) = 1 ach (3), (m) 2 also gilt P (A B) =P (A)+P (B) P (A B) 2 1 =1,somitP (A B) =1. Für ei ω A B gilt X 2(ω) 0, also auch für die Teilfolge X (m) 2(ω) m 0. Ferer ist S m (m) = S m S (m)2 2 (m) 2 + S (m)2 (m) 2 = S m S (m)2 (m) 2 + X (m) 2. Da ω B ist, gilt Sm S (m) 2 (ω) 0mitm, ud wir erhalte als (m) 2 Ergebis: ω A B = S m(ω) m 0. (m) 2 Wege m (m) 2 gilt ferer für ω A B X m (ω) = S m(ω) S m (ω) m 0, m (m) 2 also ω A B = X m (ω) m 0 oder A B {ω : Xm (ω) m 0}. Da wie gesehe P (A B) = 1 ist, erhalte wir daraus P ({ω Ω: Xm (ω) m 0}) =1, ud der Beweis ist fertig. Beispiel. Betrachte wir das Itervall Ω = (0, 1] R. EieZahlω =0, y 1 y 2 y 3... heißt ormal, falls jeder mögliche Block a 1 a 2...a k {0, 1,...,9} k 59

13 der Läge k i der Dezimaletwicklug im Limes mit relativer Häufigkeit 10 k vorkommt, ud zwar für alle k 1. Also, we #{a 1...a k i y 1...y } lim = 1 10, k gilt. Gibt es überhaupt ormale Zahle? Eie besoders schöe Awedug des starke Gesetzes der große Zahle zeigt, dass bei Gleichverteilug auf Ω gilt: P ({ω Ω:ω ormal}) = 1. Es gibt also überabzählbar viele ormale Zahle. Wir beweise die Aussage für k = 1, der allgemeie Fall ist ur weig schwieriger. Es sei ω =0,y 1 (ω)y 2 (ω)... die Dezimaletwicklug ud Y i (ω) =y i (ω) die Zufallsvariable (uter Gleichverteilug), i 1. wir habe P (Y 1 = b 1... Y m = b m )= 1 10 m, da {ω : y 1 (ω) =b 1... y m (ω) =b m } ei Itervall der Läge 1 ist. Ebeso 10 m gilt P (Y i = b i )= 1 für alle i, also sid die Variable Y 10 i uabhägig. Nu sei a {0, 1,...,9} fest vorgegebe, ud X 1,X 2,... die Folge vo Beroulli Variable mit { 1 falls yi (ω) =a X i (ω) = 0 sost. Wie ebe gesehe ist P (X i =1)= 1 für alle i, die Variable X 10 i sid somit uabhägige Kopie der Variable X mit E[X] = 1.Für ω Ωist 10 X (ω) = #{i : y i = a, 1 i } ud das starke Gesetz besagt = relative Häufigkeit vo a, P ({ω : relative Hüfigkeit vo a 1 10 })=1 für alle a {0, 1,...,9}. 60

14 3.5 Der zetrale Grezwertsatz Der folgede Satz ist der berühmteste Satz der W -Theorie ud zeigt die i der Praxis beobachtete zetrale Stellug der Gaußsche Glockekurve. Satz 3.7 (Zetraler Grezwertsatz). Seie X 1,X 2,... uabhägige Kopie vo X mit Erwartugswert E[X] ud Variaz Var[X]. Da gilt X X E[X] Var[X] i.v. Y N(0, 1), das heißt Y ist ach der Stadardormalverteilug verteilt. Beispiele. 1. Sei X gleichverteilt auf [0, 1], E[X] = 1 2,Var[X] = 1 12.Da gilt X X i.v. N(0, 1). 2. Sei X Beroulli Variable mit P (X =1)=p, P (X =0)=q =1 p, 0 <p<1. Da ist E[X] =p, Var[X] =pq, ud es folgt X X p pq i.v. N(0, 1). (1) Damit köe wir die Stadardormalverteilug simuliere. Wir werfe eie Müze Mal, p = 1 2,daist Azahl Kopf 2 2 i.v. N(0, 1). Wir werde de zetrale Grezwertsatz für Beroulli Variable beweise, also die Aussage (1). Dieser Spezialfall heißt Satz vo de Moivre-Laplace. Dazu beötige wir eiige Vorbereituge. Lemma 3.8 (Stirlig Formel). Wir habe! 2π( e ), das heißt lim 2π( e )! =1. 61

15 Wir köe us die Formel plausibel mache. Betrachte wir die Logarithmuskurve: log x Durch Ober- ud Utersummebildug erhalte wir log( 1)! < log xdx < log(!) 1 ud wege 1 log xdx = x log x x log( 1)! <log +1< log(!) ( 1)! <e( e ) <!. Für, k, k groß köe wir also abschätze: ( )! = k k!( k)! 1 2π k( k) ( k )k ( k ) k. (2) Als ächste wolle wir de Koeffiziete b(k, ; p) abschätze. Wir gehe i mehrere Schritte vor. 1. Für b(k, ; p) schreibewirb,p (k) = ( k) p k q k, q =1 p. Nu betrachte wir Folge (k )mit k p. Es muß also auch k k gelte, = 1 k 1 p = q, alsoauch k. Sei k = k, da habe wir mit (2) b,p (k) 1 2π k( k) (p k )k ( q k ) k, (3) 62

16 ud mit σ = pq, k k p, q k( k) 1 pq = 1 σ. (4) 2. Als ächstes utersuche wir das Grezwertverhalte vo f(, k) =( p k )k ( q k ) k. Sei t = k,alsot p, k =1 k =1 t q. Wir setze kurz t = k. Da gilt log f(, k) = k log p t +( k)log q 1 t, log f(, k) = k log t p Für die Fuktio g(t) sehe wir: a. g(p) =0, b. g (t) = log t 1 t +1 log p q = log t 1 t log, p q also isbesodere g (p) =0. = (t log t p c. g (t) = 1 t t, g (p) = 1 p + 1 q = 1 pq. Tayloretwicklug i p ergibt +( k)log1 t q +(1 t)log1 t q } {{ } g(t) +(1 t) q 1 t ( 1 q ) g(t) = 1 2pq (t p)2 + h(t p) mit h(t p) c t p Ageomme, es gilt sogar (t p) 3 0. Da ist h(t p) 0, ud somit log f(, k) Wir setze u (t p)2 (t p)2 = g(t) = h(t p) 0. 2pq 2pq x(, k) = k p σ, (5) 63 ).

17 da habe wir ud es folgt Daraus folgt (t p) 2 2pq = ( k p)2 2pq log f(, k) = (k p)2 2pq = x(, k) x(, k)2 2, x(,k)2 log f(,k) e 2 1, e x(,k)2 2 f(, k) 1, also f(, k) e x(,k)2 2. (6) 4. Was bedeutet (t p) 3 0für die Zahle x(, k)? Wir habe (t p) 3 = ( k p)3 = (k p)3 2 = x(, k)3 σ 3 2 = x(, k)3 (pq) 3 2, ud sehe (t p) 3 0 x(, k ) Fasse wir zusamme: Sei x(, k) = k p σ. Falls x(,k)3 ach (3), (4) ud (6) b,p (k ) 1 1 e x(,k) 2 2, 2π σ ud wir erhalte das folgede Resultat. 0geht,soist Lemma 3.9. Sid (α ), (β ) Folge mit x(,α)3, x(,β)3 x(,k) 2 b,p (k ) e 2 für α k β. 2πσ 0, soist 64

18 Satz 3.10 (Satz vo de Moivre Laplace). Es sei X eie Beroulli Variable mit 0 <p<1, udx 1,X 2,..., uabhägige Kopie vo X. Dagiltfür die zetrierte Variable S = X X p, q =1 p, pq das heißt S i.v. N(0, 1), lim P (a S b) = 1 2π b a e x2 2 dx (a, b R). Beweis. Wir teile de Beweis wieder i mehrere Schritte ei. 1. Sei S = X X. Da gilt mit σ = pq a S b a S p σ b aσ + p S bσ + p. Sei α N miimal mit α aσ + p ud β N maximal mit β bσ + p. Da gilt somit Wir müsse also zeige: a S b α S β, P (a S b) =P (α S β )= lim β b,p (k) = 1 k=α 2π 2. Aus β bσ + p < β +1folgt b bσ + p 1 <β bσ + p, a β k=α b,p (k). e x2 2 dx. (7) 65

19 also gilt β α p ud aalog p. Mitx(, β )= β p σ habe wir b 1 σ <x(, β ) b ud aalog a x(, α ) <a+ 1 σ. Die Folge (x(, β )) ud (x(, α )) sid somit beschräkt ud es folgt x(, β ) 3 0, x(, α ) 3 0. Aus Lemma 3.9 folgt daher b,p (k) 1 2πσ e x(,k)2 2 für alle α k β. ud somit β k=α b,p (k) 1 2πσ β k=α e x(,k) 2 2. (8) 3. Nu sehe wir us die rechte Summe i (8) äher a. 1 2π e x2 2 {z } 1/σ x(, α 1 ) x(, k) x(, β + 1 ) 2 2 Die rechte Summe ist eie Riemasche Summe mit Itervalle der Läge 1 σ, ud wir habe x(, α 1 2 )=α 1 2 p σ a, x(, β )=β p σ b. 66

20 Es folgt β b,p (k) 1 k=α 2π ud der Satz ist bewiese. b a e x2 2 dx, Folgerug Seie X 1,X 2,... uabhägige Kopie der Beroulli Variable X mit 0 <p<1, σ = pq. Dagiltfür S = X X (Azahl der Erfolge) 2π lim P (α S β) = 1 mit φ(x) = 1 2π x e x2 2 dx. β p σ α p σ e x2 β p 2 dx = φ( ) φ( α p ), σ σ Das letzte Resultat wird i der Praxis zur Abschätzug der Erfolgswahrscheilichkeit verwedet. Beispiel. Ei Würfel mit Gleichverteilug wird 600 Mal geworfe. Wie groß ist die W -keit, zwische 90 ud 100 6e zu erhalte? Hier ist = 600, p = 1, 6 p = 100, σ = =9, 13, α p = 10, β p =0,also 6 6 P (90 S 100) φ(0) φ( 10 ) 0, 36. 9, 13 67