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\newtheorem{thm}{Aufgabe H}
%opening
\title{Korrektur Übungsblatt 4 W-Theorie}
\author{Max Klinger}
 
\begin{document} 
\maketitle

\begin{thm}
Seien (X,Y) reelle ZVen mit Dichten $e^{-x-y}\1_{\RR^2_+}$\\
Z.Z.: $X+Y$ unabhängig von $X\setminus Y$
\end{thm}
\begin{proof}
\begin{itemize}
 \item 
\begin{align*}
\displaystyle \displaystyle \prob[X\setminus Y \leq e] &= \prob[X\leq Y_e] \\ & = \int_0^\infty dy e^{-y} \int^{ey}_0 dx e^{-x}\\  &= \int^\infty_0 \int^\infty_0 dy e^{-y} (1-e^{-ey}) \\
&= 1 - \int^\infty_0 dy e^{-y(1+e)} = 1-\frac{1}{1+e} = \frac{e}{1+e};\; e>0	
\end{align*} ausserdem
\begin{align*}
\prob[X+Y \leq c] &= \prob[X\leq c-Y] = \int^c_0 dy e^{-y} \underbrace{\int^{c-y}_0 dx e^{-x}}_{1-e^{y-c}} \\
&= \int^c_0 dy e^{-y} (1-e^{y-e})= \int^c_0 dy e^{-y} - \int^c_0 dy e^{c} = 1 - e^{-\epsilon}-ce^{-c}
\end{align*}
\item $\prob[X+Y\leq c, X/Y \leq \epsilon] = \prob[X\leq c -Y, X \leq \epsilon Y]$
\item $\prob{X \leq \underbrace{\min(\epsilon Y, \epsilon Y)}_{\geq 0}} =\footnote{Prüfen das kann nicht stimmen.} = \int^c_0 dy e^{-y} \int_0^{\min(\epsilon Y, \epsilon Y)} dx e^{-x}$
$\epsilon -Y \leq \epsilon Y \Rightarrow \frac{\epsilon}{1+\epsilon} \leq Y$
$\leq \int^\epsilon_{\frac{\epsilon}{1+\epsilon}} dy e^{-y} \underbrace{\int_0^{\epsilon -Y} dx e^{-x}}_{1-e^{y-\epsilon}} + \int^{\frac{\epsilon}{1+\epsilon}}_0 dy e^{-y} \underbrace{\int^{\epsilon -Y }_0 dy e^{-x}}_{1-e^{-\epsilon y}}$
$\int^c_{\frac{c}{1+e}} dy( e^{-y} - e^{-c}) + \int^{\frac{c}{1+e}}_0 dy (e^{-y} - e^{-y(1+\epsilon)} = e^{\frac{-c}{1+e}}- e^{-c} - e^{-c} (c -\frac{c}{1+e} +1 - e^{\frac{-c}{1+e}} - \left[\frac{1}{1+e} - \frac{1}{1+e} e^{-\frac{c}{1+e} (1+e)}\right]$
$=1 - e^{-c} - ce^{-c} - \frac{1}{1+e} + \frac{1}{1+e} e^{-c} + \frac{c}{1+e} e^{-c}= (1-\frac{1}{1+e})(1-e^{-c} -c e^{-c})$
\item $\frac{X}{X+Y} = \left(1+\frac{Y}{X}\right)^{-1} = \left(1+\left(\frac{X}{Y}\right)^{-1}\right)^{-1}$
z.Z.: $X+Y$ und $\frac{X}{X+Y}$ sind unabhängig $\stackrel{a}{\Rightarrow}$ $X+Y$ und $X/Y$ sind unabhängig.
$\Rightarrow\footnote{Satz 3.13 Spezialfall} X+Y$ und $g\left(\frac{X}{Y}\right)$ sind unabhängig. 
$$\EE[f(X+Y)g(\frac{X}{Y}] = \EE[f(X+Y)] \EE[g\left(\frac{X}{Y}\right)]$$
$ f(X+Y)  = \1_{X+Y\leq \epsilon}$ und $g(\frac{X}{Y}) = \1_{\{\frac{X}{X+Y} < \epsilon\}}$
\end{itemize}
\end{proof}

\thm{
$X_1, X_2, \dotsc,$ idd ZVen
$Y= \sum_{i=1} \frac{X_i}{10^i}$ $\prob{X_i = i} = \frac{1}{10}; \; i \in \{0, \dotsc, 9\}$
$\prob{Y\leq d}=?$ $ d=\sum^n_{i=1} \frac{a_i}{10^i}$ mit $0 \leq a_i \leq 9$ Menge der endlichen so definierten Folgen liegt in [0,1]
}

\end{document}
