Limes einer Summe

09.05.2014, 17:15	Schildhuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Limes einer Summe Hallo, ich bin auf etwas gestoßen das mir sehr einfach erscheint aber leider weiß ich nicht wie ich das beweisen soll und zwar: $\begin{eqnarray} $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} {\sum\limits_{i=1}^n P(X\leq (i-1)h\leq Y\leq ih)}=P(X \leq Y \leq d)$ \end{eqnarray}$ wobei h=(d/n), das anfängliche Problem hat etwas mit dem Ito-Integral von BMs(bzw deren Maxima) mit Drift zu tun und ich habe es schon stark vereinfacht. Leider komme ich bei diesem Schritt nicht weiter außer einfach zu sage "Trivial" was es ja auch ist aber ich würde schon gerne wissen warum das nun stimmt. Liebe Grüße Schildhuhn
09.05.2014, 18:08	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Da fehlen sicher ein paar Voraussetzungen an $\begin{eqnarray} (X,Y) \end{eqnarray}$ : Nehmen wir z.B. $\begin{eqnarray} (X,Y) \end{eqnarray}$ einpunktverteilt im Punkt $\begin{eqnarray} (\sqrt{2},\sqrt{2}) \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} P(X=Y=\sqrt{2})=1 \end{eqnarray}$ , dann gilt etwa für $\begin{eqnarray} d=2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(X\leq Y\leq 2) = 1 \end{eqnarray}$ , während für alle möglichen $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ jeweils $\begin{eqnarray} \sum_{i=1}^n P\left(X\leq \frac{2(i-1)}{n} \leq Y \leq \frac{2i}{n} \right) = 0 \end{eqnarray}$ gilt, selbstverständlich dann auch im Grenzwert $\begin{eqnarray} n\to\infty \end{eqnarray}$ .
09.05.2014, 18:13	Schildhuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja X,Y sind natürlich stetig(unabhängig sind sie auch), wie gesagt, es geht hier im generellen um die Verteilung des Höhepunkts einer Brownian Motion. Ich kenn auch die genaue Verteilung von X und Y aber das hilft hier glaube ich nicht da ich das ganze ja allgemein wissen möchte.
09.05.2014, 18:48	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Na es scheint wohl etwas mehr noch zu fehlen: Ich sehe z.B. nicht, wie das klappen kann, sofern $\begin{eqnarray} P(Y<0)>0 \end{eqnarray}$ ist, d.h. $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ auch negative Werte annehmen kann.
09.05.2014, 20:06	Schildhuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch die Voraussetzung gilt. Naja, Ich schreibe dann mal am besten die Verteilungen auf: $\begin{eqnarray} R(x,T,b):= N(\frac{-bT+x}{\sqrt{T}})-N(\frac{-bT-x}{\sqrt{T}})exp(2bx) \end{eqnarray}$ für x>0 und sonst 0. Jetzt ist $\begin{eqnarray} F_{X}(x)=R(x,t,b \end{eqnarray}$ ) und $\begin{eqnarray} F_{Y}(x)=R(x,T-t,-b) \end{eqnarray}$ . Bei dem Beweis will ich diese Verteilung natürlich nicht benutzen aber vielleicht macht das die Voraussetzungen ein bisschen deutlicher.
09.05.2014, 21:01	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Na zeichne dir doch jeweils mal das Integrationsgebiet $\begin{eqnarray} A_n := \bigcup_{i=1}^n \left\{ (x,y) \bigm\| x\leq \frac{(i-1)d}{h} \leq y \leq \frac{id}{n} \right\} = \bigcup_{i=1}^n \left(-\infty,\frac{(i-1)d}{h} \right] \times \left[ \frac{(i-1)d}{h},\frac{id}{n} \right] \end{eqnarray}$ für verschiedene $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ auf - die entsprechende Fläche konvergiert gegen den "Keil" $\begin{eqnarray} A = \left\{ (x,y) \bigm\| x\leq y\leq d \wedge y\geq 0 \right\} \end{eqnarray}$ . Genauer gesagt ist $\begin{eqnarray} A_n\subset A \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \lambda(A\setminus A_n) = n\cdot \frac{1}{2} \left( \frac{d}{n} \right)^2 = \frac{d^2}{2n} \to 0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n\to\infty \end{eqnarray}$ (geometrisch: immer kleiner werdende gleichschenklige Dreiecke entlang der Hauptdiagonale $\begin{eqnarray} (0,0)\to (d,d) \end{eqnarray}$ ). Sofern das Verteilungsmaß von $\begin{eqnarray} (X,Y) \end{eqnarray}$ absolutstetig bzgl. des zweidimensionalen Lebesgue-Maßes ist UND $\begin{eqnarray} P(Y\geq 0)=1 \end{eqnarray}$ ist, ist das hinreichend für die Behauptung.
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10.05.2014, 14:11	Schildhuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Jo danke, sehr hilfreich. Habe solche Beweise früher tausendmal gemacht und das hat mich bei diesem Problem gewurmt das ich diesen einfachen Schritt nichtmehr sauber machen konnte. Liebe Grüße und

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