Guten Morgen an alle.
Willkommen in der letzten Lesung von heute.
Wie immer eine kurze Summe, die Ergebnisse der letzten Lesung.
Es gab eine Botschaft, eine L2-Martingale.
Das bedeutet eine Martingale, in der die randomen Variablen zweite
Momente haben.
Das hat orthogonale Inzidenzen.
Was bedeutet das?
Das kommt aus dem Latein, it est, also all that means.
Das bedeutet, dass die Erwartung der Inzidenz der Xs oder der
Zeitintervalle von M-1 zu M und L-1 zu L, das ist 0, wenn L anders ist
als M.
Das sind orthogonale Inzidenzen.
Zweitens, wenn man eine Martingale Xn hat, und wir haben eine konvexe
Funktion G, dann ist die Sequenz G von Xn eine Sub-Martingale.
Das war die zweite Botschaft.
Das wurde von Jensen's Inequality bestätigt.
Dann hatten wir eine Transformation einer Martingale durch eine
sogenannte prävisible Sequenz.
Das heißt, Xn ist eine Martingale, mit Bezug auf eine Filtration, also
diese mathematische Phase F.
Und wir haben eine prävisible Sequenz Cn mit Bezug auf diese
Filtration.
Das bedeutet, für jede N ist diese Cn mit Bezug auf das Signalfeld F
mit Bezug auf N-1.
Dann haben wir eine Sequenz Yn.
Das ist die Summe von K von 1 bis N der Ck mal die Inkremen, Xk minus
Xk minus 1, für jede N.
Und dann sahen wir, wenn diese Summen integrierbar sind, also diese
belangen zu L1, in unserem Probabilitätsraum, für jede K, dann ist die
Sequenz Yn eine Martingale.
Also können wir eine Martingale in dieser Art durch eine prävisible
Sequenz verwandeln.
Eine weitere Nachricht, eine Stopp-Martingale bleibt eine Martingale.
Wenn wir also mit einer Martingale Xn anfangen, und wir haben eine
Stoppzeit Tau mit Bezug auf eine Filtration, dann ist die Stopp
-Sequenz, die Stoppzeit Tau bei dieser randomen Zeit Tau, auch eine
Martingale.
Das war eine weitere Nachricht.
Dann hatten wir ein Theorem, Optionale Stoppungen, das ist von Doop,
und die Nachricht ist, man kann das System nicht zerstören.
Was bedeutet das?
Okay, sagen wir, wir fangen mit einer Martingale Xn an, und wir haben
eine Stoppzeit Tau mit Bezug auf die natürliche Filtration, die von
der X0, X1 und so weiter generiert wird.
Und das ist eine wichtige Bedingung, die Erwartung von dieser
Stoppzeit muss finitiv sein.
Besonders ist es eine finitive Stoppzeit, was bedeutet, dass die
Wahrscheinlichkeit, dass Tau finitive Werte nimmt, eine ist.
Wir beweisen also weiter, dass für eine positive C, strikt positiv und
finitiv, die Erwartung, das war eine technische Bedingung des
Indikators, dass Tau mindestens N ist, die Modulus der Inzidenzen der
X -Sequenz, gegeben von X0 bis Xn-1, das ist am meisten diese Konten C
mal der Indikator, dass Tau mindestens N ist, fast sicherlich, für
jede N.
Das war eine technische Bedingung, und wir sahen, dass es eine schwere
Bedingung ist, in irgendeinem Sinne.
Wenn man Tau finitiv stoppt, ist nichts mehr als die Erwartung am
Anfang.
Also in der Bedingung bekommt man nichts.
Das ist die Botschaft für Tau finitiv.
Ein Beispiel war das Gambler's Ruin.
Sagen wir, wir haben random Variablen IID, X1, X2, die zwei Werte 1
nehmen, die mit der Wahrnehmung P getunen sind.
Das ist 1-Q, und Q ist die Wahrnehmung, dass der Xj-1 ist.
Natürlich muss es 1- sein.
Also ist Q die Wahrnehmung, dass der Xj-1 ist.
Sagen wir, S0 ist 0, und Sn ist die Summe von X1 bis Xn, für jeden N.
Und sagen wir, wir definieren zwei Integernummern A und B, die zum
Beispiel ein Kapital bezeichnen, das zwei Spieler am Anfang haben, und
dann formieren wir die Sequenz Mnn.
Mnn wird von Q geteilt von P zu Sn für jeden N.
Besonders wenn man
das Mnx0 ist 1.
Also ist Q geteilt von P0, das ist 1.
Wir sahen, dass das ein Martingale ist, und dafür nehmen wir an, dass
P anders als Q ist.
Sonst würden wir den einfachen Martingale Sn bezeichnen.
Also wenn P 1,5 ist, und das war der letzte Punkt,
also das kleinste N, so dass die Summe Sn ist entweder Minus A oder
Plus B.
Also bedeutet das die Zerstörung von Spieler A oder B.
Wenn Sn ist Minus A, ist Spieler A zerstört, und wenn Sn ist B, ist
Spieler B kaputt.
Okay, dann sahen wir, dass dieser Stoppenzeit 1 ist.
Und deshalb können wir sagen, dass 1 die Erwartung von M0 ist, weil M0
ist 1.
Und unser Theorem sagt, das ist die Erwartung von diesem Martingale
bei der Zeit, in der es gestoppt ist.
Und wenn es gestoppt ist, kann es nur die Werte B und Minus A nehmen.
Also ist diese Erwartung
die Erwartung von M0.
Und jetzt sehen wir die gestoppte Summe, S-Index von Tau.
Jetzt können wir diese Erwartung kalkulieren.
Es ist Q geteilt von P zu Minus A, mit der Wahrscheinlichkeit, dass S
-Tau Minus A plus Q geteilt von P zu B.
Und dann die Wahrscheinlichkeit, dass S-Tau B ist.
Und natürlich ist diese Erwartung die Wahrscheinlichkeit, dass S-Tau B
ist.
Und dann finden wir die Wahrscheinlichkeit, Und natürlich ist die
Wahrscheinlichkeit, dass S-Tau B ist.
dass S -Tau B ist.
Und das war die sehr einfache Anwendung unserer Theorem.
Resultat kommen.
Ich möchte dieses Beispiel mal nennen, stoppen bei ersten positiven
Kontostand.
Hier werden wir das Beispiel von eben spezialisieren.
Das Ruinproblem, diese Zufallsvariablen x1, x2 und so weiter, seien
unabhängig und identisch verteilt.
Wir nehmen jetzt an, auf ein und demselben Wahrscheinlichkeitsraum,
eine simple Konstruktion ist ein unendlicher Produktraum.
Und das Entscheidende ist, auch diese Zufallsvariablen nehmen nur die
Werte an 1 und minus 1 und zwar 1 mit Wahrscheinlichkeiten halb.
Wir spezialisieren, vergleicht zu eben, und minus 1 auch mit
Wahrscheinlichkeiten halb.
Man sieht, das ist nichts anderes als eine Folge von, können es als
Trefferniete -Experimente deuten, Bernoulli-Kette.
Der Treffer ist mit 1 kodiert, die Niete jetzt nicht mit 0, sondern
mit minus 1.
Das ist der einzige Unterschied.
Also eine sehr simple Situation.
Also wenn Sie so wollen, wenn wir das als Spiel deuten zwischen zwei
Spielern, gleiche Gewinnwahrscheinlichkeit, faires Spiel.
So, ich definiere S0 zu 0 und Sn sei wieder die Summe der x1 bis xn
für jedes n größer gleich 1.
Und wir können uns das in einem Koordinatensystem veranschaulichen,
wie auch vorher schon.
Das heißt, wir haben hier die Zeit.
Wir sehen auf der Achse aufgetragen, die 0 und dann nach oben die
positiven ganzen Zahlen und die negativen ganzen Zahlen nach unten.
Hier läuft die Zeit n.
Da läuft Sn, also Sn wird nach oben aufgetragen.
Wir starten im Nullpunkt.
Das ist jetzt wie ein echter Münzwurf.
Wir werfen immer eine echte Münze.
Also hier zum Beispiel gehen wir nach unten.
Da haben wir dann minus 1 geworfen.
Die Münze ist beschriftet mit 1 und minus 1 und hier haben wir dann
plus 1 geworfen und noch mal plus 1 geworfen und noch mal.
Also das heißt, wir haben hier etwas, was man als Irrfahrt bezeichnet
und das machen wir mal so weiter.
Und das sind jetzt die 18 Schritte, die ersten 18 Schritte.
Man nennt sowas eine symmetrische Irrfahrt auf den ganzen Zahlen und
Sie können sich das als Polygon so veranschaulichen.
Sie sehen die ganzen Zahlen auf der y-Achse.
Das hat auch die Position, aber hier haben wir noch die Zeit
aufgetragen, so dass man das also sehr schön verfolgen kann.
Okay, was wir hier machen, wir definieren eine Stoppzeit.
Tau sei der kleinste Wert von n derart, dass Sn den Wert 1 annimmt.
Das bedeutet, die Irrfahrt, die auf den ganzen Zahlen in 0 startet,
kann im allerersten Schritt nach 1 gehen oder nach minus 1.
Man sieht schon, im ersten Schritt kann das passieren mit
Wahrscheinlichkeiten halb, aber ich kann natürlich auch nach minus 1
gehen.
Und die Frage ist, dann werfe ich ja die Münze wieder.
Wie lange dauert das, bis ich dann zum Punkt 1 komme und das sei die
Stoppzeit Tau?
Okay, Sie sehen hier diese Barriere 1.
Also hier sozusagen nur eine Barriere nach oben.
Da wird gestoppt.
Sie sehen der positive Kontostand.
Es wäre hier 1, der erste.
Und in dem Fall sehen Sie, nimmt Tau den Wert 3 an für diese Irrfahrt.
Das wäre die konkrete Realisierung.
Einfache Fragestellung.
So, wir werden uns überlegen.
Beweis später.
Das ist eine endliche Stoppzeit.
Also mit Wahrscheinlichkeit 1 komme ich in endlicher Zeit irgendwann
mal in die Höhe 1.
Das ist natürlich sowas von Plausibel, dass das mit Wahrscheinlichkeit
1 passiert, aber man muss sich ein bisschen was dabei überlegen.
Das ist das Erste.
Natürlich, der Erwartungswert von diesem S an der Stelle des Stoppens
ist 1.
Dann bin ich im Punkt 1.
Also ich habe hier nicht zwei Barrieren, so wie eben, sondern ich habe
nur eine.
Das heißt, das können wir von Anfang an sagen.
Für jedes n größer gleich 1 gilt, und jetzt sehen Sie hier, den
gestoppten Prozess.
Also das S-Index-Minimum von diesem Tau und n.
Sie sehen, ab Tau ist das dann konstant.
Dann bleiben wir in der Höhe 1.
Das können wir wieder so ausdrücken.
Wir haben das eben schon gemacht.
Also beim letzten Mal eine Summe K von 1 bis n.
Jetzt sehen Sie einen Indikator.
Tau größer gleich K.
Der ist also 1, solange das K kleiner gleich Tau ist.
Das K läuft aber auch nur bis n.
Das ist wichtig.
Das heißt, die Summanden, die jetzt auftreten, die Summe, läuft de
facto bis zum Minimum von K und n.
Das ist als Index dran an dem S.
Ich habe nämlich dann eine Teleskopsumme mal Sk minus Sk minus 1.
Sie sehen, S0 ist 0 gesetzt.
Die Summe läuft de facto bis zum Minimum von K und n.
Teleskopeffekt.
Sie sehen also wirklich auf der linken Seite dieses S mit dem Index
-Minimum von Tau und n dran geschrieben.
Das heißt, diese Darstellung haben wir.
Was ich hier machen möchte ist, ich möchte mal den Erwartungswert
ausrechnen von diesem Minimum.
Also S von Tau Minimum mit n.
Natürlich kann ich das so machen.
Ich kann hier die Summe nach vorne ziehen.
Der Erwartungswert ist linear.
Ich betrachte den Erwartungswert hiervon.
Warum mache ich das?
Wir haben gesehen, unter gewissen Voraussetzungen in unserem Satz
bekomme ich den Erwartungswert von S Tau, der ja 1 ist, als Limes von
diesen Erwartungswerten für n gegen unendlich.
Das war der letzte Teil im Beweis von diesem Satz Optional Stopping.
Unter gewissen Voraussetzungen.
Nun das ist dann nichts anderes.
Das war die Sk, das ist die Partialsumme der X von 1 bis K.
Wenn ich dann die Summe abziehe von 1 bis K minus 1, behalte ich Xk.
Das ist das.
So, diesen Erwartungswert schauen wir uns mal an.
Jetzt kommt schon eine Begründung.
Der Indikator, dass Tau größer gleich K ist, ist ein Ereignis, was in
der Sigma-Algebra ist, die von X1 bis Xk minus 1 aufgespannt wird.
Denn das wird vorher entschieden.
Tau größer gleich K heißt ja, alle Partialsummen bis einschließlich
zur Zeit K minus 1 sind kleiner als 1, also kleiner gleich 0.
Das heißt, das ist wirklich nur eine Funktion von X0 bis Xk minus 1.
Aus dem Grunde haben wir hier, wenn ich diesen Erwartungswert bilde
dieses Produktes, ich habe stochastische Unabhängigkeit.
Dieser Indikator, Blockungslemmer, hängt nur ab von X0 oder von X1 bis
Xk minus 1.
Und da steht mal Xk, Xk ist stochastisch unabhängig.
Also ist der Erwartungswert des Produktes gleich dem Produkt der
Erwartungswerte.
Der Erwartungswert vom Indikator unseres ersten Faktors ist die
Wahrscheinlichkeit des Ereignisses, also Wahrscheinlichkeit von Tau
größer gleich K mal Erwartungswert von Xk.
Aber der Erwartungswert von Xk ist 0.
Es werden die Werte 1 angenommen und minus 1 mit gleicher
Wahrscheinlichkeit ein Halb.
Also kommt da 0 raus.
Und zwar ganz egal, wie das K ist.
Und Sie sehen, der Erwartungswert von jedem Summanden ist 0, also ist
auch der Erwartungswert von diesem S gestoppt, so 2 Tau, also Minimum
von Tau und N 0, für jedes N größer gleich 1.
Also können wir sagen, 1 ist der Erwartungswert von S Tau, aber 1 ist
verschieden von 0.
Und 0 ist hier der Limes, dieser Erwartungswerte S, Index, Minimum von
Tau und N für N gehen unendlich.
Das ist auch der Erwartungswert von S1 oder auch der Erwartungswert
von X1.
S1 ist gleich X1.
Erwartungswert ist 0.
Das heißt, unsere Aussage, dass der Erwartungswert von S Tau gleich
dem Limes dieser Erwartungswerte wäre, gilt hier nicht.
Die Frage ist, woran kann das liegen?
In dem Satz war eine wichtige Voraussetzung über die Stoppzeit.
Wir haben nicht nur gefordert, dass Sie mit Wahrscheinlichkeit 1 einen
endlichen Wert annehmen, sondern wir haben gefordert, dass der
Erwartungswert existiert.
Die einzige Begründung kann jetzt nur sein, der Erwartungswert
existiert vielleicht gar nicht.
Aber es gilt in der Tat, der Erwartungswert von Tau ist unendlich.
Ich versehe das mal mit zwei Ausrufezeichen.
Als ich das zum ersten Mal gesehen habe, ich wollte es erst gar nicht
glauben.
Das heißt, eine Irrfahrt.
Ich stehe im Nullpunkt, werfe eine echte Münze.
Ich kann immer sagen, ich springe nach links oder rechts.
Rechts sind eben die positiven Zahlen, links sind die negativen.
Dass ich mit Wahrscheinlichkeit 1 irgendwann mal rechts neben mir
lande, wenn ich hier starte, glaube ich sofort.
Aber dass ich dafür im Mittel unendlich lange brauche, habe ich nicht
geglaubt.
Also der Erwartungswert, der Zeit, die ich brauche, um von 0 nach 1 zu
gelangen bei einer symmetrischen Irrfahrt auf den ganzen Zahlen, ist
unendlich.
Wir werden uns auch gleich überlegen, woran das liegt.
Also der Beweis folgt.
Sehen wir uns das mal an.
Zwei Sachen habe ich jetzt gesagt.
Das Beweise folgen.
Nochmal das Memo.
Die Stoppzeit ist das kleinste n, derart, dass es n gleich 1 ist.
Kleiner gleich unendlich.
Der Wert unendlich kann natürlich angenommen werden.
Also denken Sie theoretisch die konstante Folge minus 1.
Gehen Sie runter und bleiben.
Sie können sich viele andere Folgen konstruieren auf dem unendlichen
Produktraum.
Das heißt, der Wert unendlich kann angenommen werden.
So, beachte.
Es gilt, wir sehen uns mal das Ereignis an, dass diese Stoppzeit
mindestens gleich 2n plus 1 ist.
Mindestens 2n plus 1.
Und das ist gleichbedeutend damit, dass diese Irrfahrt im ersten
Schritt, da darf die nicht nach 1, sondern sie muss nach minus 1.
Ist auf jeden Fall kleiner gleich 0.
Das heißt, das S1 ist auf jeden Fall kleiner gleich 0.
Aber auch das S2 ist kleiner gleich 0.
Und so weiter.
Einschließlich S2n kleiner gleich 0.
Das ist gleichbedeutend mit diesem Ereignis.
Das heißt, die Irrfahrt ist bis einschließlich zur Zeit 2n nicht
positiv.
Das ist gleichbedeutend damit.
Wogemerkt, tau größer gleich 2n plus 1.
Erst ab dem Zeitpunkt 2n plus 1 kann ich die Höhe 1 erreichen.
Vorher nicht.
Hier kann ich sagen, naja, ich behaupte, dann die Wahrscheinlichkeit
ist natürlich dann auch die Wahrscheinlichkeit von diesem Ereignis.
Die überlegen wir uns dann genauer.
Aber ich kann hier durchweg das kleiner gleich 0 ersetzen durch größer
gleich 0.
Hier die kurze Frage warum.
Also ich kläre einfach nur das Vorzeichen um.
Naja, unsere Zufallswahler, mit denen wir gestartet waren, sind
symmetrisch verteilt um 0.
Sie nehmen die Werte 1 und minus 1 an mit gleicher Wahrscheinlichkeit
in halb.
Ich habe also stochastisch die gleiche Situation, wenn ich starte mit
minus 1, minus 2, minus 3, minus 4.
Die sind auch unabhängig und identisch verteilt und nehmen die Werte 1
und minus 1 an mit gleicher Wahrscheinlichkeit in halb.
Dann habe ich hier das entsprechende Ereignis.
Sie können auch sagen, naja, gut, das hat was zu tun mit endlich
vielen Irrfahrten bis zur Zeit 2n.
Unabhängigkeit heißt immer, in jedem Schritt kann ich hoch und runter
gehen.
Zwei Möglichkeiten.
Bis zur Zeit 2n habe ich 2n Möglichkeiten, Schritte auszuwählen.
Zur Zeit 0, zur Zeit 1, zur Zeit 2 und so weiter bis zur Zeit 2n minus
1.
Jedes Mal habe ich zwei Möglichkeiten.
Kombinatorik heißt 2 mal 2 mal 2 sind insgesamt 2 hoch 2n.
Wege, die ich habe, Polygonzüge, die ich darstellen kann, die sind
alle gleich wahrscheinlich.
So, wenn ich jetzt irgendeinen habe, der immer kleiner gleich 0 ist,
dann kann ich den sofort objektiv abbilden, spiegeln an der x-Achse
und habe einen, der immer größer gleich 0 ist und umgekehrt.
Das heißt, diese Mengen von Wegen, einmal die nicht positiven und die
nicht negativen, sind gleich mächtig.
Also habe ich auch gleiche Wahrscheinlichkeit.
Laplace-Modell.
Ganz simpel.
Okay.
Hauptlemma für symmetrische Irrfahrten auf den ganzen Zahlen.
Was besagt das Hauptlemma?
Nun, es gilt die Wahrscheinlichkeit, dass so eine Irrfahrt bis zur
Zeit 2n einschließlich nie negativ ist.
Also immer größer gleich 0 und das nächste gleiche Zeichen ist das
Hauptlemma.
Und das ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass die Irrfahrt zum
Zeitpunkt 2n gleich 0 ist.
Das werden wir uns nachher überlegen.
Also ich hätte das.
Die letzte Wahrscheinlichkeit kann ich sofort angeben.
Das bedeutet, die Irrfahrt ist zum Zeitpunkt 2n wieder auf der 0
-Linie.
Nun, das ist genau dann der Fall.
Vorher habe ich 2n Zeitschritte, nämlich 0, 1, 2 und so weiter bis 2n
-1, an denen ich immer entscheiden muss, hoch oder runter.
Aber ich bin hier nicht völlig frei.
Das Entscheidende ist, ich muss mich n-mal für hoch entscheiden und n
-mal für runter, denn am Ende soll da 0 rauskommen.
Das heißt, die Zahl der Aufwärtsschritte muss gleich der Zahl der
Abwärtsschritte sein und es gibt aus 2n Schrittmöglichkeiten, die ich
wählen kann.
Ich kann auch ein 2n-Tupel bilden.
Das muss ich mit 1 und minus 1 besetzen.
An n Stellen muss eine Plus 1 stehen und an n Stellen eine Minus 1.
Ich habe 2n Plätze.
Davon muss ich n auswählen.
Das gibt 2n über n Möglichkeiten.
Elementare Kombinatorik und die Anzahl aller Wege, habe ich Ihnen
gesagt, alle Möglichkeiten sind 2 hoch 2n.
Jetzt sehen Sie den Quotienten nach dem Laplace-Modell.
Die günstigen Fälle stehen oben und alle möglichen Fälle stehen unten.
Das heißt, das letzte Gleichheitszeichen ist mehr oder weniger
trivial.
Entscheidend ist das erste.
Jetzt kommt Folgendes.
Der Beweis folgt, noch mal später, aber wir wollen uns die Konsequenz
schon mal überlegen.
Das hier kann man asymptotisch in den Griff bekommen.
2n über n durch 2 hoch 2n.
Wir wissen jetzt, wenn das Hauptlemma gilt und schauen Sie drüber, das
ist genau die Wahrscheinlichkeit Tau größer gleich 2n plus 1.
Wir wissen also was über die Verteilung von dem Tau.
Das ist asymptotisch für n gegen und endlich 1 durch Wurzel Pn.
In folgendem Sinne, der Quotient beider Seiten konvergiert für n gegen
und endlich gegen 1, asymptotische Gleichheit.
So, das bekommt man relativ schnell aus der Stirling-Formel, die
besagt K-Fakultät für jetzt in neutralen Buchstaben 1 asymptotisch
gleich K hoch K mal E hoch minus K mal Wurzel 2Pk für K gegen und
endlich.
Sie dröseln jetzt alles auf, 2n-Fakultät in Klammern, n-Fakultät und
noch mal n-Fakultät von Binomial-Koeffizienten und verwenden diese
Stirling -Formel und bekommen das raus.
So, es ergibt sich jetzt, gehen wir auf die nächste Folie, noch mal
Memo.
Das ist die Wahrscheinlichkeit Tau größer gleich 2n plus 1 und dies
asymptotisch 1 durch Wurzel Pn.
So, das Ergebnis, die Folgerung, es gelten erstens die
Wahrscheinlichkeit, dass Tau kleiner ist als unendliches 1, wir haben
eine endliche Irrfahrt, aber der Erwartungswert von Tau ist unendlich.
Warum?
Um Beweis, Teil a ist sehr einfach, nämlich die Wahrscheinlichkeit Tau
gleich unendlich ist ja Tau größer gleich 2n plus 1 für jedes n und
diese Ereignisse sind absteigend, Tau größer gleich 2n plus 1.
Das heißt, wir haben das als Limes-Stetigkeit von oben, von unserem P
für n gegen unendlich, Tau größer gleich 2n plus 1 und Sie sehen, da
oben haben Sie die asymptotische Gleichheit, das geht gegen 0 für n
gegen unendlich.
Das heißt, wir haben auf jeden Fall eine endliche Stoppzeit.
Jetzt sehen wir uns mal den Erwartungswert an.
Also das ist gleich 0, Tau gleich unendlich.
b und der Erwartungswert von Tau, ganz elementar hingeschrieben, wäre
das immer Summe Wert mal Wahrscheinlichkeit.
Ich schreibe mal in Summe j von 0 bis unendlich, 2j plus 1, das sind
die Werte, die angenommen werden können.
Für j gleich 0 haben Sie die 1, dann die 3, dann die 5 und so weiter
und die 7 können nur ungerade Werte sein.
Das ist wichtig, nur zu einem ungeraden Zeitpunkt kann die Höhe 1
erreicht werden, dann auch erstmalig und dann habe ich die
Wahrscheinlichkeit, dass Tau gleich 2j plus 1 ist.
Wir müssen zeigen, dass hier der Wert unendlich rauskommt.
Diese Reihe divergiert.
Woran liegt das?
Es ist ein kleiner Trick, den haben wir auch schon mal kennengelernt.
Wir schreiben die 2j plus 1 so als eine Summe.
Ich summiere die Einsen auf.
Schauen Sie nur auf die Summe.
Sie haben j plus 1 Summanden.
Sie summieren j plus 1 mal die 1 auf, das gibt nichts anderes als j
plus 1 die Summe.
Wenn Sie das mit 2 multiplizieren, haben Sie zweimal Klammer auf j
plus 1 Klammer zu.
Das ist das gleiche wie 2j plus 2, aber vorne steht 2j plus 1.
Sie müssen die 1 subtrahieren.
Jetzt stimmt es wieder.
Und dann haben Sie die Wahrscheinlichkeit, dass Tau gleich 2j plus 1
ist.
Was wir jetzt machen ist, wir dröseln das auseinander.
Wir schreiben also die 2 nach vorne.
Dann haben wir diese Doppelsumme, wie Sie da stehen, mal diese
Wahrscheinlichkeit.
Und jetzt subtrahieren wir diese Summe mit der 1.
Das ist eben die Summe j von 0 bis unendlich, diese
Wahrscheinlichkeit.
Denn diese Summe kennen wir.
Da summieren wir die Wahrscheinlichkeiten auf, dass Tau den Wert 2j
plus 1 annimmt und die Summe über alle Wahrscheinlichkeiten, dass die
Werte von Tau angenommen werden, ist natürlich 1.
Wir haben eine Wahrscheinlichkeitsverteilung.
Wir haben oben gesehen, die Wahrscheinlichkeit, dass Tau einen
endlichen Wert annimmt, ist 1.
Das Entscheidende ist also noch, was da vorne steht.
Also wenn da jetzt unendlich rauskommt, dann haben wir den
Erwartungswert unendlich.
So, was wir hier machen ist, wir nehmen die 2.
Wir haben hier eine Doppelsumme.
j geht von 0 bis unendlich, n geht von 0 bis j.
Wir dürfen hier vertauschen.
Also entweder haben wir hier Konvergenz oder wir haben Divergenz.
Vertauschen dürfen wir auf jeden Fall.
Das ist letztlich Tonelli, was dahintersteckt.
Muss man sich überlegen.
Das heißt, wir können auch sagen, wir lassen mal n von 0 bis unendlich
laufen.
Aber Sie sehen, n ist immer kleiner gleich j.
Das heißt, das j ist mindestens n.
Das heißt, die zweite Summe über j geht von n bis unendlich.
Da haben wir wieder diese Wahrscheinlichkeit.
Wir subtrahieren hier die 1 von da hinten.
Und das Entscheidende ist eben zweimal, da steht Summe n von 0 bis
unendlich.
Und diese Summe j von n bis unendlich, p von tau gleich 2j plus 1, ist
nichts anderes als die Wahrscheinlichkeit, dass tau größer gleich 2n
plus 1 ist.
Minus 1.
Und jetzt sehen Sie oben, schauen Sie ins Memo, asymptotisch,
summieren Sie hier etwas auf, da sehen Sie 1 durch Wurzel p, also 1
durch Wurzel n.
Und die Reihe divergiert natürlich.
Das Entscheidende ist, hier kommt unendlich raus.
Das haben wir jetzt gesehen.
Also hier ging die Stirling-Formel entscheidend ein, dass man das für
große n in den Griff bekommt.
Das heißt, wir haben hier einen unendlichen Erwartungswert.
Jetzt ist eben klar, warum vielleicht unser Satz da nicht gilt.
Es war zwar eine hinreichende Bedingung, wir haben nicht gesagt, dass
die notwendig ist, aber zumindest ist sie verletzt.
Es kommt auch nicht das raus, was wir gesehen haben.
Optionale Stoppen, das klappt nicht.
Und das Einzige, was wir uns jetzt noch überlegen müssen, ist dieses
eine Gleichheitszeichen in dem Hauptlemma.
Also Beweis des Hauptlemmas.
Das war die Wahrscheinlichkeit, dass S1 größer gleich 0 ist und so
weiter bis S2n größer gleich 0 ist die Wahrscheinlichkeit, dass S2n
gleich 0 ist.
Das heißt, zeigen müssen wir, Laplace-Modell, es gibt genauso viele
nicht negative Wege bis zur Zeit 2n, wie es, das heißt, das ist diese
Eigenschaft, S1 größer gleich 0, S2n größer gleich 0, wie es
sogenannte Brückenwege gibt.
Brückenweg ist einer, der an der Stelle S2n wieder 0 wäre.
Der startet eben auf der Höhe 0, zur Zeit 0 und endet auf der gleichen
Höhe, bildet also eine Brücke, daher kommt der Name, bis zur Zeit 2n.
Das müssen wir zeigen.
Wir sehen, das sind zweiendliche Mengen.
Wir müssen eine Bijektion herstellen zwischen zweiendlichen Mengen und
dann haben wir gezeigt, dass die Mächtigkeiten gleich sind.
Wir haben hier eine Menge von Wegen.
Jeder Weg wird auch durch einen N-Tupel beschrieben, aus 1 und minus
1.
Und wir können das alles formalisieren.
Ich werde das aber nicht formalisieren.
Das Formalisieren überlasse ich Ihnen.
Sie erhalten nämlich keinerlei zusätzlichen Erkenntnisgewinn über die
Beweisidee beim Formalisieren.
Die Beweisidee ist ganz simpel.
Also, wir haben hier wieder unser Achsenkreuz.
Sie sehen, die Zeit läuft.
Da haben Sie schon den Endzeitpunkt 2n.
Hier haben wir wieder die positiven Ganzenzahlen, die negativen
Ganzenzahlen.
Wir lassen so eine Irrfahrt ablaufen.
Sie sehen, die Aufwärtsschritte habe ich mal hier blau gekennzeichnet,
die Abwärtsschritte rot.
Das heißt, wir haben hier so eine Irrfahrt bis zur Zeit 2n.
Und das ist auf jeden Fall ein nicht-negativer Weg, den wir haben.
Der unterscheidet zu keinem Zeitpunkt die x-Achse.
So ein Drückenweg, der ist hier, der kann sonst was machen.
Aber das Entscheidende ist, zur Zeit 2n ist er wieder auf dem
Nullniveau.
Ich bin also wieder da nach zwei Endschritten, wo ich gestartet bin.
Auf den Ganzenzahlen in Null.
Formal könnte man das so beschreiben.
Ich habe einmal eine Wegmenge m1.
Jeden Weg kann ich beschreiben durch einen Tupel.
Sie sehen der Länge 2n aus Einsen und Minus-Einsen.
Ich nenne das mal a1 und so weiter bis a2n.
Und hier fordere ich eben die Summe der Komponenten Nis0 in dem Tupel.
Das bedeutet, es gibt genau n Einsen und n Minus-Einsen.
Das beschreibt Brückenwege in eindeutiger Weise.
m1 ist die Menge aller Brückenwege oder steht für die Menge aller
Brückenwege.
m2 steht jetzt für die Menge aller nicht-negativen Wege.
Das sind natürlich auch solche Tupel aus Einsen und Minus-Einsen mit
zwei n Komponenten.
Derart, dass jetzt für jedes j von 1 bis 2n die Summe der aj größer
gleich 0 ist, das sind die nicht-negativen Wege.
Wir brauchen eine bijektive Abbildung dazwischen.
Was wir machen jetzt, wir konstruieren eine injektive Abbildung von m1
nach m2 und auch eine von m2 nach m1 und haben das gleiche Ergebnis.
Wenn wir eine injektive Abbildung haben von einer endlichen Menge in
anderen, hat die zweite mindestens genauso viele Elemente.
Wenn wir das andersrum machen, dann hat die erste mindestens genauso
viele Elemente wie die zweite und wir sind fertig.
Wir werden aber zur ersten Abbildung sogar die Umkehr-Abbildung
konstruieren.
Also, wie machen wir das?
Wir ordnen jetzt jeden Brückenweg w1 einen nicht-negativen Weg w2 zu.
Jetzt kommt die Konstruktion einer Abbildung von der Menge m1 in die
Menge m2.
So, wenn der Brückenweg nicht negativ ist, das kann passieren, dann
setzen wir w2 gleich w1.
Dann machen wir gar nichts.
Das heißt, auf dieser Teilmenge ist unsere Abbildung, wenn Sie so
wollen, die Identität.
Das heißt, wir müssen uns nur noch kümmern um die Brückenwege, die auf
jeden Fall auch negative Werte annehmen können, die nicht nicht
-negativ sind.
Das ist andernfalls.
So, was passiert da?
Jetzt haben Sie so einen Weg, ist ein Brückenweg, aber er ist nicht
immer größer gleich null.
Und mit diesem Brückenweg müssen wir jetzt was machen.
So, das Entscheidende ist, dieser Brückenweg geht auf jeden Fall in
die negativen ganzen Zahlen rein.
Er hat also dann natürlich auch irgendwo ein Minimum.
Sie sehen, das ist hier an der Höhe minus 3 und das Minimum kann
mehrmals angenommen werden.
Sie sehen, das wird hier sogar zweimal angenommen.
Was wir machen, das ist eben die Zeit, 2n, das ist der Weg w1.
Er hat auf jeden Fall, Sie sehen hier, eine erste Minimalstelle.
Das Minimum ist auf jeden Fall kleiner null.
Er ist ja nicht nicht-negativ.
Dann hat er auch eine erste Minimalstelle gesehen, zeitlich.
Und hier legen wir an dieser ersten Minimumstelle von w1, legen wir
den Nullpunkt eines neuen Koordinatensystems.
Ich mal das mal blau.
Neues Koordinatensystem.
So, nach Konstruktion in dem neuen Koordinatensystem ist dieser
Teilweg ab diesem Minimumspunkt M größer gleich null in dem neuen
Koordinatensystem.
Ein nicht-negativer Weg.
So, was wir jetzt machen ist folgendes.
Hier ist natürlich die Zeitachse dementsprechend verschoben.
Wir haben hier einen neuen Zeitpunkt 2n in dem neuen
Koordinatensystem.
Und was wir machen ist, diesen Teilweg von Null nach M, diesen Punkt,
spiegeln wir an der alten Y-Achse.
So, das heißt, den klappen wir so um.
Also einfach dran spiegeln.
So, was wir jetzt machen, diesen Teilweg hier, den setzen wir an das
Ende von w1 an.
Das heißt, der kommt da hinten rüber.
So, was entsteht?
In dem blauen Koordinatensystem entsteht ein nicht-negativer Weg w2,
wie man sich unmittelbar überlegt.
Den nennen wir so.
Das ist der Weg w2 im neuen Koordinatensystem.
So, man sieht auch unmittelbar ein, verschiedene Wege w1 gehen auf
verschiedene Wege w2 über.
Wenn ich mit einem anderen Weg gestartet wäre, wäre ich auch hier zu
einem anderen Weg gelangt.
Sehr einfache Überlegung.
Entweder Sie hätten sich schon unterschieden vor der ersten
Minimumstelle oder danach.
Also letztlich habe ich den Weg ja nur in zwei Teile unterteilt und
dann den einen angesetzt.
Das heißt, ich habe hier eine injektive Abbildung.
Ihre Aufgabe wäre, das zu formalisieren, was ich hier gemacht habe,
mit diesen Wegmengen w1 und w2, mit diesen Tupeln.
Was ist genau passiert?
Aber Sie gewinnen keine zusätzliche Erkenntnis gegenüber dem hier.
Es ist eigentlich nur eine Instruktion, wie man das jetzt vielleicht
auch hinschreiben könnte.
Also wir haben eine injektive Abbildung der Menge m1 in die Menge m2.
Injektivität.
So, jetzt die Frage, kommen wir wieder zurück?
Schauen Sie sich diesen Weg an.
Wir werden sie gleich wiedersehen.
Wir ordnen jetzt andersherum jeden nicht negativen Weg w2 einen
Brückenweg w1 zu.
Umkehrabbildung.
Also erst mal ist nicht gesagt, dass es die Umkehrabbildung ist.
Wir machen nur eine Abbildungsvorschrift.
Wir werden aber sehen, es ist die Umkehrabbildung.
So, wenn dieser nicht negative Weg schon ein Brückenweg ist, dann tun
wir nichts.
Das heißt, auf dieser Teilmenge der nicht negativen Wege ist unsere
Abbildung die Identität.
Wir tun also nur was, wenn das nicht erfüllt ist.
Also andernfalls.
Das heißt, dieser nicht negative Weg ist jetzt kein Brückenweg.
Ich nehme jetzt einen solchen Weg, einen nicht negativen Weg, der kein
Brückenweg ist und wir sehen, das ist genau unser Weg von eben.
Der letzte.
Und ich behaupte, wir können jetzt eine Abbildung konstruieren, von
der wir auch unmittelbar sehen, sie ist injektiv und wir kommen wieder
zum alten Weg zurück.
Hier ist der Zeitpunkt 2n und der Weg hat eine gewisse Höhe.
Da ist die Höhe.
So, das Entscheidende ist, die Höhe zur Zeit 2n ist auf jeden Fall
eine gerade Zahl.
Die kann nicht 1, 3, 5, 7 sein.
Das ist auf jeden Fall eine gerade Zahl.
Und sie strickt positiv.
Wir haben keinen Brückenweg.
Den Fall haben wir schon erledigt.
Okay?
So, das bedeutet, ich habe auch hier eine halbe Höhe, eine halbe
Enthöhe.
Ich nenne mal Enthöhe die Höhe zur Zeit 2n.
Ich habe eine halbe Enthöhe.
So, Sie sehen, ich habe einen Polygonzug gezeichnet, Zwischenwertsatz.
Wenn dieser Polygonzug von 0,0 nach 2n will, in die Enthöhe, dann muss
er diese halbe Enthöhe irgendwann mal erreichen und auch irgendwann
letztmalig erreichen.
Sie sehen, diese Zwischenhöhe, die halbe Enthöhe, die hat er zu zwei
Zeitpunkten inne.
So, das bedeutet, auf jeden Fall gibt es hier einen letzten Zeitpunkt,
wo er die halbe Enthöhe hat.
Ich nenne den Punkt mal p.
Das ist mal folgendes, der Weg erreicht also letztmalig die halbe
Enthöhe in diesem Punkt p.
Jetzt kommt es, wir spiegeln diesen Teilweg ab p an der Achse x gleich
2n.
Das heißt hier, an dieser Achse spiegeln wir den Teil.
So, was wir jetzt machen mit diesem letzten Teil, diesem roten
Abschnitt, den letzten, den heften wir im Ursprung an, nach links.
Der kommt einfach dahin.
Das Entscheidende ist, wenn Sie jetzt den Gesamtweg sehen, nach
Konstruktion, der startet in der gleichen Höhe, wie er endet.
Das bedeutet, in einem neuen Koordinatensystem, was Sie hier antragen,
erhalten Sie einen Brückenweg.
Den können wir jetzt W1 nennen.
Und das ist auch genau unser Ausgangsweg, mit dem wir gestartet waren.
Wenn Sie sich die Folie dann davor ansehen.
Das bedeutet, diesen Weg nenne ich W1.
Und auch hier ist es so, wenn ich mit einem anderen Weg gestartet
wäre, wäre ich auch hier zu einem anderen Weg gekommen.
Die Abbildung ist injektiv.
Das ist auch die Umkehrabbildung, die wir zuvor hatten.
Auch hier wäre es Ihre Aufgabe, mit den Tupeln das zu formalisieren,
was ich hier anschaulich versucht habe zu motivieren.
Wenn Sie nur mit den Tupeln da sehen, die Tupeln, die Frage ist, ob
Sie auf so eine Idee gekommen wären.
Also sozusagen diese Schritte, die ich hier gemacht habe, müssen Sie
nur noch formalisieren, um es auch wirklich hinzuschreiben.
Das heißt, wir haben auch hier Injektivität, zwei injektive
Abbildungen und damit haben wir es hauptsächlich bewiesen.
Und es war nur noch das Gleichheitszeichen, was zu zeigen war.
Ansonsten haben wir hier ein schönes, instruktives Gegenbeispiel zu
diesem Satz.
Und dass man bei so einer symmetrischen Irrfahrt, um von 0 nach 1 zu
gelangen, im Mittel unendlich lange Zeit braucht, war schon ein
überraschendes Resultat.
Es ist relativ simpel, das dann zu beweisen.
Und trotzdem sollte man sich das merken.
Wenn natürlich die Irrfahrt nicht symmetrisch ist, sondern von 0 zu
den positiven Zahlen einen leichten positiven Trend hat, also eine
Wahrscheinlichkeit p sozusagen zu steigen, nach 1 zu gehen, wenn die
etwas größer ist als ein Halb, dann ist der Erwartungswert sofort
endlich.
Das ist auch plausibel.
Wenn die Wahrscheinlichkeit natürlich kleiner ist als ein Halb, dann
ist der Erwartungswert erst recht unendlich.
In Gänsefüßchen.
Muss man sich auch überlegen.
Aber das Entscheidende ist, eben bei einer symmetrischen Irrfahrt ist
der Erwartungswert unendlich und das ist schon überraschend.
Also dann haben wir, glaube ich, jetzt nur noch eine einzige letzte
Folie.
Das ist auch etwas Wichtiges, was Sie gebrauchen können.
Die sogenannte Wald'sche Gleichung.
Ein Statistiker aus den USA, Abraham Wald, also eigentlich sollte ich
sagen die Wald'sche Gleichung, der hat einen wichtigen Zweig der
Statistik begründet, nämlich die sogenannten Sequenzialverfahren.
Möchte ich kurz ein paar Worte darüber verlieren.
Wir haben ja auch früher geschätzt und wir hatten auch Testprobleme.
Wir haben immer gesagt, Stichprobenumfang n und dann haben wir ein
Testproblem gelöst.
Vielleicht Parameter p der Binomialverteilung wird getestet, kleiner
gleich halb gegen größer.
So der Wald hat sich gesagt, warum soll ich n von vornherein
festlegen?
Lass doch die Daten sprechen.
Also wenn schon die ersten fünf Ergebnisse, besonders bei Nullikette,
alle plus eins sind oder die ersten sechs, warum soll ich dann noch
weitermachen?
Ich teste p, kleiner gleich ein halb gegen größer.
Warum soll ich schon gleich sagen, n muss 30 sein?
Vielleicht kann ich sehr schnell sehen, viel schneller sehen.
Lass das doch vom Zufall abhängen, wie groß das n ist.
Das klein n wird zu einer Zufallsvariable groß n bei solchen
Sequenzialverfahren.
Sie sehen hier eine uiv-Folge.
Das ist die Voraussetzung, der Erwartungswert soll existieren, also
unabhängig identisch verteilt.
Und das ist eben der zweite wichtige Buchstabe für eine Stoppzeit.
Was wir Tau genannt haben, ist hier einfach nur groß n.
Und das ist eine Stoppzeit bezüglich der zu x1, x2 gehörenden
natürlichen Filtration.
Sie sehen, hier fängt auch die Zeit mal bei 1 an.
Es muss nicht immer bedingt bei Null sein.
Und dann gilt, also hier ist wichtig, der Erwartungswert dieser
Stoppzeit muss endlich sein, auch eine wichtige Bedingung.
Und dann gilt eben der Erwartungswert.
Und jetzt sehen Sie so eine randomisierte Summe, die haben wir auch
schon mal gehabt in der Einführungsfolge.
Das heißt, die Anzahl der Summanden ist jetzt hier eine
Zufallsvariable.
Wenn das groß n fest wäre, klein n, dann würde da stehen, naja, das
ist n mal der Erwartungswert von x1.
Wenn das n fest wäre, klein n, und hier ist eben der Erwartungswert
von x1 mal der Erwartungswert von n.
Warum ist das so?
Wer weiß?
Und die erste Überlegung ist, wir können obda ansetzen, dass der
Erwartungswert von x1 gleich Null ist.
Sie überlegen sich sehr schnell, wenn der nicht Null ist, nehmen wir
an, er wäre µ.
Dann könnten Sie in die Gleichung gehen sozusagen mit xj minus µ, x1
minus µ.
Sie werden sehr schnell sehen, aufgrund der Additivität des
Erwartungswertes reicht es wirklich, diesen Fall zu betrachten, dass
der Erwartungswert gleich Null ist.
Das ist eine Vereinfachung einfach nur der Schreibweise.
Sn sei die Summe der xj, j von 1 bis n.
Sie sehen, dann steht da in dem Satz selbst, würde stehen, dass S mit
dem großen Index n, also hier steht der Erwartungswert und diese
randomisierte Summe ist das S mit dem Index Groß n.
Die Schreibweise kommt, das ist genau das, was wir mit Stau hatten.
Hier ist eben nur Tau gleich dem Groß n.
So nach Beispiel 10.13, da haben wir gesehen, hier solche
Partialsummen von Zufallsvariablen mit Erwartungswert Null bilden in
Martin Gahl bezüglich dieser Filtration, dieser S.
So oben steht jetzt, dass n ist eine Stoppzeit bezüglich dieser zu x1,
x2 gehörenden natürlichen Filtration.
Jetzt haben wir hier die S und nicht die x.
Aber kurze Überlegung, das ist ganz egal, was wir hier machen, nämlich
es gelten, kurz darüber nachgedacht, was ist die von S1 bis Sn
erzeugte Sigma-Algebra?
Viele Möglichkeiten, die hinzuschreiben, aber eine ist, Sie können
auch sagen, Sie nehmen den Vektor S1 bis Sn und nehmen davon alle
Urbilder von Borellmengen aus dem Rn.
Das ist eine Möglichkeit, diese Sigma-Algebra zu beschreiben.
Genauso gut können Sie auch die von x1 bis xn erzeugte Sigma-Algebra
beschreiben.
Das ist die Menge aller Urbilder dieses Zufallsvektors mit n
Komponenten, wenn Sie alle Borellmengen durchlaufen lassen des Rn.
Das ist eben eine Möglichkeit, das hinzuschreiben.
Das Entscheidende ist eben hier, diese xn, diesen Vektor können Sie
ausdrücken mit Hilfe der S.
Nämlich, dass nichts anderes x1 ist S1, x2 ist S2 minus S1 und so
weiter, xn ist Sn minus Sn minus 1.
Das heißt, wenn Sie den Vektor so ausdrücken können, wissen Sie schon,
die von x1 bis xn erzeugte Sigma-Algebra ist eine Teil-Sigma-Algebra
hinten von S1 bis Sn.
Umgekehrt können Sie es aber auch machen.
Sie können auch die S durch die xn ausdrücken.
Nämlich S1 ist x1, S2 ist x1 plus x2 und so weiter.
Das bedeutet, auch die von S1 bis Sn erzeugte Sigma-Algebra ist eine
Teil -Sigma-Algebra, die von den x1 bis xn aufgespannt wird.
Für jedes N.
Also haben wir Gleichheit dieser Sigma-Algebren für jedes N.
Und damit ist natürlich das N auch eine Stoppzeit bezüglich dieser
Sigma -Algebra, die von S1 bis xn aufgespannt wird, weil die identisch
ist mit der anderen.
Kleine Überlegung.
Okay, damit sind wir fertig.
Also weiter ist PFAS sicher.
Wir brauchen noch eine Integabilitätsbedingung.
Also erstmal 910a.
Wir werden gleich sehen, was wir da zitieren und 910d, nur zum
Nachschlagen.
Hier sehen wir, das erinnert einen an diesen Satz, optionale
Stoppenindikator.
Damals stand da tau, jetzt steht da N, groß N, größer gleich klein N
und dann Betrag.
Jetzt sehen Sie Sn minus Sn minus 1 betragen und Sn minus Sn minus 1
ist xn.
Das werden wir gleich einsetzen.
So unter der Bedingung S1 bis Sn minus 1.
Das muss nach oben beschränkt sein durch eine konstante C mal diesem
Indikator, groß N, größer gleich klein N.
Das war diese Bedingung.
Das können wir konkret ausrechnen.
Das ist der Erwartungswert, Indikator groß N, größer gleich klein N.
Und hier, sagte ich eben gerade schon, das ist xn-Betrag unter dieser
Bedingung.
So und jetzt sehen Sie, naja, diesen Indikator, jetzt kommt die eine
Regel, den können Sie rausziehen, denn das Ereignis groß N, größer
gleich N, ist bestimmt durch S1 bis Sn minus 1, ist also messbar
bezüglich dieser Sigma-Algebra, nach der bedingt wird und ich kann es
als Konstante nach vorne ziehen.
Also kommt die Konstante nach vorne.
So und was habe ich dann?
Dann habe ich noch den Erwartungswert von xn-Betrag gegeben S1 bis Sn
minus 1.
Aber in S1 bis Sn minus 1, diese Sigma-Algebra ist die gleiche, die
von x1 bis xn minus 1 aufgespannt wird, haben wir oben gesehen.
Und wenn da xn-Betrag steht, das ist unabhängig davon.
xn-Betrag ist unabhängig von dieser Sigma-Algebra und ich kann die
weglassen.
Also steht hier mal Erwartungswert von x1-Betrag.
Für n kann ich dann 1 schreiben.
Die haben alle die gleiche Verteilung, ui, v.
Das ist hier das Entscheidende.
Also sehe ich, die Konstante c ist nichts anderes als der
Erwartungswert von x1-Betrag.
Ich habe die Bedingung erfüllt.
Ich kann den Satz anwenden, Optionale stoppen und dieser Satz 1027,
das war der, der liefert jetzt, naja 0 ist der Erwartungswert von S1.
Nun hier geht ein, S1 ist x1 und wir haben OBDA vorausgesetzt, dass
der Erwartungswert 0 ist.
Wir sehen oben zu Beginn des Beweises das rote Ausrufezeichen.
Deshalb ist der Erwartungswert von S1 gleich 0.
Aber auf der anderen Seite sagt der Satz, das ist auch zugleich der
Erwartungswert von dieser gestoppten Summe zum Zeitpunkt Großende.
Das war damals nur tau.
Da habe ich nur den anderen Buchstaben eingeführt, um ein bisschen
flexibler zu werden.
So und der Erwartungswert um Groß S n ist genau unsere randomisierte
Summe.
Summe der xj, die oben steht, j von 1 bis Groß n.
Nun, das ist aber gleich Erwartungswert von x1 mal Erwartungswert von
n, der Erwartungswert von x1 ist 0.
Also steht da auch 0 mal irgendwas ist 0.
Und das steht oben auf der rechten Seite, e von x1 mal e von n und
damit sind wir fertig.
Wir sehen also, das kommt häufig vor, solche randomisierten Summen
sind zum Beispiel wichtig im Versicherungsgewerbe.
Das heißt, stellen Sie sich vor, Sie haben eine zufällige Anzahl von
Schäden, das ist das Groß n, in irgendeinem Zeitraum, in irgendeiner
Sparte und das xj ist die Höhe des j Schadens.
Natürlich muss man sich hier auch Gedanken machen über Varianzen
davon, vielleicht sogar Verteilung, wenn es geht.
Dreht sich das erstmal nur im Mittel, den Erwartungswert?
Da wäre die Botschaft, naja, wenn ihr das erfüllt ist, dann nehmt
einfach nur den Erwartungswert von n.
Du musst wissen, wie viel Schäden im Mittel produziert werden.
Und dann natürlich den mittleren Schaden, mittlere Schadenzüge e von x1.