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Mathematik » Stochastik und Statistik » Verteilungsfunktionen und Grenzwerte in +/- Unendlich
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Universität/Hochschule J Verteilungsfunktionen und Grenzwerte in +/- Unendlich
Fragezeichen
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-07-21

\(\begingroup\)
Hallo,

es sei die Verteilungsfunktion definiert durch $F_P(x):= P((-\infty, x])$ für reales $x$. Die Verteilungsfunktion $F_P$ eines Maßes $P$ besitzt folgende Eigenschaften:

(a) $F_P$ ist monoton wachsend;
(b) $F_P$ ist rechtsseitig stetig;
(c) $\lim_{x \rightarrow -\infty} F_P(x)=0$;
(d) $\lim_{x \rightarrow +\infty} F_P(x)=1$.

Ich interessiere mich insbesondere für den Beweis der Eigenschaften (c) und (d).

Standard-Beweise:
Monotonie ist trivial und folgt direkt aus der Definition.
Sei $(x_n)$ eine monoton fallende reelle Zahlenfolge mit $\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = x$. Dann gilt $(-\infty, x_n] \downarrow (-\infty, x]$. Da (jedes) $P$ stetig von oben ist, gilt schließlich $\lim_{n \rightarrow \infty} F_P(x_n) = \lim_{n \rightarrow \infty} P((-\infty, x_n]) = P(\bigcap_{n\in\IN}(-\infty, x_n])= P((-\infty, x])$.

Wenn wir nun $x=-\infty$ setzen, so erhalten wir $(-\infty, \infty]=\emptyset$ und somit $\lim_{x \rightarrow -\infty} F_P(x)=P(\emptyset)=0$. Analog für (d).


Ich frage mich ob man (c) und (d) auch direkt (ohne die Stetigkeit zu verwenden) beweisen könnte. Schließlich gilt $P(\Omega)=1$ und $P(\emptyset)=0$, wenn $\Omega$ die Basismenge ist. Oder kann da etwas schief gehen?


Viele Grüße
?


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"Mit Mathematikern ist kein heiteres Verhältnis zu gewinnen."
- Johann Wolfgang von Goethe
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hilbertstraum
Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-07-22

\(\begingroup\)
Hallo Fragezeichen,

also um die Verwendung der $\sigma$-Stetigkeit von unten bzw. von oben des Wahrscheinlichkeitsmaßes P wirst du wohl nicht herumkommen. Die rechtsseitige Stetigkeit der Verteilungsfunktion hingegen fließt an keiner Stelle in den Beweis der Grenzwerte ein.

\(\endgroup\)


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Fragezeichen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-22


Hallo hilbertstraum,

könntest du mir noch erläutern warum man wohl nicht um die Stetigkeit kommt?
Kennst du ein entsprechendes Gegenbeispiel, bei dem es ohne Stetigkeit nicht klappt?

Danke
?


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- Johann Wolfgang von Goethe



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hilbertstraum
Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-07-22

\(\begingroup\)
Naja, da jedes Wahrscheinlichkeitsmaß insbesondere $\sigma$-stetig von oben und unten ist wird es kein Gegenbeispiel dazu geben.

Seien $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}, (y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ Folgen in $\mathbb{R}$ mit $\lim_{n \to \infty} x_n = \infty$ und $\lim_{n \to \infty} y_n = - \infty$.
Die $\sigma$-Stetigkeit von oben bzw. unten ist der einzige formale Weg um aus den Beobachtungen $(-\infty, x_n] \uparrow \mathbb{R}$ und $(-\infty, y_n] \downarrow \emptyset$ zu schließen, dass die Wahrscheinlichkeiten, also die Grenzwerte der Verteilungsfunktion im Unendlichen existieren.
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Fragezeichen
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Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-23

\(\begingroup\)
Könntest du mir noch erläutern warum das der einzige formale Weg ist?

Ganz naiv könnte man sagen, dass per Definition $F(-\infty)=P(\Omega=\IR)=1$ und $F(\infty)=P(\emptyset)=0$ gilt. Das kontrollierte Verhalten von $F(x)=P((-\infty, x])$ über die Mengen $(-\infty, x_n] \uparrow \IR$ und $(-\infty, y_n] \downarrow \emptyset$ hinweg ist dann natürlich nicht sichergestellt. Muss es das, wenn ich weiß, dass der Grenzwert per Definition existiert?

Ich würde dies gerne gänzlich verstehen, bislang kann ich noch nicht erkennen warum es nur mit der Stetigkeit funktionieren soll.  

Danke
?


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hilbertstraum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-07-23

\(\begingroup\)
Hallo Fragezeichen,

Ja, der Grenzwert existiert per Definition (bzw. wegen der Monotonie und Normiertheit des Wahrscheinlichkeitsmaßes P). Dies liefert dir aber erstmal nur $lim_{x \to \infty} F(x) \leq 1$.

2018-07-23 21:49 - Fragezeichen in Beitrag No. 4 schreibt:
Ganz naiv könnte man sagen, dass per Definition $F(-\infty)=P(\Omega=\IR)=1$ und $F(\infty)=P(\emptyset)=0$ gilt.

Ja, das wäre aber kein formales Argument, die Verteilungsfunktion ist ja nur auf $\mathbb{R}$ definiert und nicht auf $\bar{\mathbb{R}}$.

\(\endgroup\)


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Fragezeichen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-26

\(\begingroup\)
Hallo hilbertstraum,

verstehe, wenn $F$ nicht auf der erweitereten Zahlengerade definiert ist, dann weiß man zwar, dass es (per Definition) den Grenzwert geben muss, allerdings kann die Funktion diesen nicht annehmen weil die Definitionsmenge von $F$ nicht hinreiched groß ist.

Wenn ich nun $F$ schlicht auf $\overline{\IR}$ definiere, dann sollte es doch ohne die Stetigkeit gehen, oder?

Vielen Dank
?


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hilbertstraum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-07-28

\(\begingroup\)
Ja, dann würde es natürlich ohne die $\sigma$-Stetigkeit gehen, das wäre ja dann direkt nach Definition gegeben, sehe darin aber keinen wirklichen Mehrwert.
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