Lösung - Universität zu Köln

Universität zu Köln
Sommersemester 2016
Dozent: Prof. Dr. A. Drewitz
Assistent: L. Schmitz
Stand: 22. Juli 2016
Lösungsskizzen zur Probeklausur
Wahrscheinlichkeitstheorie
1. Aufgabe
a) M1 ist eine σ-Algebra über R:
– Ωc = ∅ ⊂ [0, 1]
– Es sei A ∈ A, d.h. A = (Ac )c ⊂ [0, 1] oder Ac ⊂ [0, 1] ⇐⇒ Ac ∈ A.
S
– Es seien A1 , A2 , . . . ∈ A. Definiere A := ∞
n=1 An .
∗ erster Fall: wir haben An ⊂ [0, 1] für alle n ∈ N. Dann gilt auch
A ⊂ [0, 1].
∗ zweiter Fall:Ses existiert ein
n0 ∈ N, sodass Acn0 ⊂ [0, 1]. Dann
T
c
∞
c
c
c
gilt Ac = ( ∞
n=1 An ⊂ An0 ⊂ [0, 1], also A ∈ A
n=1 An ) =
und daher A ∈ A.
b) M2 ist keine σ-Algebra: Es seien An := {1/n} für n ∈ N. Dann haben wir
|An ∩S
[0, 1]| = |{1/n}| = 1 < ∞ fürSalle n, also An ∈ M2 für alle n, aber
An ∈
/ M2 , denn |[0, 1] ∩ ∞
A := ∞
n=1 An | = | {1/n : n ∈ N} | = ∞ und
n=1
S∞
c
|[0, 1] ∩ ( n=1 An ) | = |[0, 1] \ {1/n : n ∈ N} | = ∞.
2. Aufgabe
a) Wir haben für alle n ∈ Z, dass f −1 ({n}) = [n, n + 1) ∈ B(R) und damit
für ein A ∈ 2Z :
f
−1
(A) = f
−1
({a1 , a2 , . . .}) =
∞
[
i=1
f
−1
({ai }) =
∞
[
i=1
[ai , ai + 1) ∈ B(R),
| {z }
∈B(R)
wobei ai ∈ Z und falls |A| = n < ∞, wir die übrigen Mengen der
Vereinigung als leere Mengen wählen.
1
b) Es sei (a, b), a ≤ b, ein offenes Intervall. Es gilt g −1 ((a, b)) = g −1 ((a, b) \
{0}) ∪ A, wobei A = {0} oder A = ∅, je nachdem, ob 0 ∈ (a, b) oder
0 ∈
/ (a, b). Da g stetig auf R \ {0} ist und (a, b) \ {0} offen ist, folgt,
dass g −1 ((a, b) \ {0}) offen ist, also in B(R) liegt. Da A ∈ B(R) in beiden
Fällen, gilt g −1 ((a, b)) ∈ B(R). Da die Menge der offenen Intervalle ein
Erzeuger von B(R) ist, folgt, dass g messbar ist (Theorem 1.4.8).
3. Aufgabe
a) Es sei A ∈ A, sodass µ(A) = 0, d.h. |A| = 0, also ist A abzählbar und
nach Definition ν(A) = 0.
b) Angenommen, ν besitztR Dichte f bzgl. µ (d.h. f ≥ 0 und A − B(R)messbar), s.d. ν(A) = A f dµ für alle A ∈ A. Dann gilt für alle Einpunktmengen ω ∈ Ω
Z
Z
Def Int.
0 = ν({ω}) =
f dµ =
f 1{ω} dµ = f (ω)µ({ω}) = f (ω),
| {z }
{ω}
einfache Fkt
also f = 0. da Ω überabzählbar ist, gilt
Z
∞ = ν(Ω) =
f dµ = 0,
Ω
da f = 0 (Prop 2.2.3). Widerspruch.
c) Es gibt keinen Widerspruch zum Satz von Radon-Nikodym, denn die
Voraussetzungen besagen, dass beide Maße σ-endlich sein müssen. Aber µ
ist kein σ-endliches Maß: angenommen, dem wäre so, dann S
würde es eine
aufsteigende Folge von Mengen A1 , A2 , . . . ∈ A geben mit ∞
n=1 An = Ω
und µ(An ) < ∞ ⇔ |An | < ∞ für alle n. Dann wäre Ω als abzählbare
Vereinigung endlicher Mengen aber abzählbar. Widerspruch.
4. Aufgabe
Betrachte
(
f+ =
sin(x)
,
x
0,
x ∈ [2nπ, (2n + 1)π], n ∈ N0 ,
sonst.
(setze sin(0)/0 := 1) Ferner gilt für n ≥ 1:
Z (2n+1)π
Z (2n+1)π
sin(x)
1
sin(x)dx
dx ≥
x
(2n + 1)π 2nπ
2nπ
2
=
.
(2n + 1)π
2
Ferner gilt fN = f + 1[0,(2N +1)π] ↑ f + (in N ). Also nach monotoner Konvergenz
Z
N
X
Z
+
fN dx ≥ lim
f dx = lim
N →∞
N →∞
n=1
2
= ∞.
(2n + 1)π
Somit ist f nicht integrierbar.
5. Aufgabe
Da die Xn unabhängig sind, reicht
P∞es nach dem zweiten Borel-Cantelli-Lemma
zu überprüfen, wann die Reihe n=1 P(Xn ≤ an ) divergiert. Es gilt an > 0 für
alle n. Dann erhalten wir
∞
X
P(Xn ≤ an ) =
n=1
=
∞
X
n=1
=
=
(1 − exp (−κan ))
n=1
∞ X
∞
X
n=1
∞
X
− ln(1 − n−κ )
1 − exp −κ ·
κ
1 − exp ln(1 − n−κ )
n−κ .
n=1
Die Reihe divergiert also genau dann, wenn κ ≤ 1 gilt.
6. Aufgabe
0
a) Sei ϕn die char. Funktion von Xn . Dann gilt
∞
X
νk
ϕn (t) := E eitXn =
eitk n e−νn
k!
k=0
−νn
=e
∞
X
(eit νn )k
n=0
(1)
(2)
k!
= exp νn (eit − 1) .
(3)
b) Weil die Xn unabhängig sind, gilt für die charakteristische Funktion ϕ[1,n]
von X1 + . . . + Xn
!
n
X
ϕ[1,n] (t) = ϕ1 (t) · · · ϕn (t) = exp
νk (eit − 1)
k=1
3
für alle t ∈ R. Da die Summe im Exponenten konvergiert, gilt also
ϕ[1,n] −→ exp (ν(eit − 1)). Dies ist die char. Funktion einer Poiν -verteilten
Zufallsvariable. Nach dem Stetigkeitssatz folgt direkt
n
X
D
Xi −→ X ∼ Poiν .
i=1
4

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