warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
X i Y - niezależne zmienne losowe o rozkładzie b(1,p). \(\displaystyle{ Z=I_{X+Y=0}}\) oraz \(\displaystyle{ G=\sigma(Z)}\). Znaleźć \(\displaystyle{ E(X|G)}\) oraz \(\displaystyle{ E(Y|G)}\). Czy te zmienne losowe są niezależne?
Znalazłam \(\displaystyle{ E(X|G)}\). Jest oczywiste, że \(\displaystyle{ E(Y|G)}\) jest taka sama, prawda? Czy coś źle rozumiem?
Nie wiem, jak odpowiedzieć na ostanie pytanie. Jak sprawdzić, czy wartości oczekiwane są zmiennymi niezależnymi?
Znalazłam \(\displaystyle{ E(X|G)}\). Jest oczywiste, że \(\displaystyle{ E(Y|G)}\) jest taka sama, prawda? Czy coś źle rozumiem?
Nie wiem, jak odpowiedzieć na ostanie pytanie. Jak sprawdzić, czy wartości oczekiwane są zmiennymi niezależnymi?
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
To może jeszcze najpierw wrócę do \(\displaystyle{ E(X|G)}\)
Mam tak: \(\displaystyle{ G=\sigma(Z) \Rightarrow E(X|G)=E(X|Z)}\).
\(\displaystyle{ Z=0 \Leftrightarrow (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)}\)
\(\displaystyle{ Z=1 \Leftrightarrow X=0 \wedge Y=0}\)
\(\displaystyle{ //(X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)=B_1 \vee B_2 \vee B_3=A_1}\)
\(\displaystyle{ //(X=0 \wedge Y=0)=A_2}\)
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{P(A_1)} \int_{A_1}^{}XdP+ \frac{1}{P(A_2)} \int_{A_2}^{}XdP=...}\)
\(\displaystyle{ \int_{A_1}^{}XdP=\int_{B_1}^{}dP+\int_{B_2}^{}dP=P(B_1)+P(B_2)=p^2+p(1-p)=p}\)
\(\displaystyle{ \int_{A_2}^{}XdP=0}\)
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{1-(1-p)^2} pI_{A_1}+0I_{A_2}}\)
To mam z zajęć. Czy mogę prosić o jakąś wskazówkę, jak wyznaczyć rozkład?
Mam tak: \(\displaystyle{ G=\sigma(Z) \Rightarrow E(X|G)=E(X|Z)}\).
\(\displaystyle{ Z=0 \Leftrightarrow (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)}\)
\(\displaystyle{ Z=1 \Leftrightarrow X=0 \wedge Y=0}\)
\(\displaystyle{ //(X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)=B_1 \vee B_2 \vee B_3=A_1}\)
\(\displaystyle{ //(X=0 \wedge Y=0)=A_2}\)
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{P(A_1)} \int_{A_1}^{}XdP+ \frac{1}{P(A_2)} \int_{A_2}^{}XdP=...}\)
\(\displaystyle{ \int_{A_1}^{}XdP=\int_{B_1}^{}dP+\int_{B_2}^{}dP=P(B_1)+P(B_2)=p^2+p(1-p)=p}\)
\(\displaystyle{ \int_{A_2}^{}XdP=0}\)
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{1-(1-p)^2} pI_{A_1}+0I_{A_2}}\)
To mam z zajęć. Czy mogę prosić o jakąś wskazówkę, jak wyznaczyć rozkład?
-
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
To ja może skomentuję.
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{P(A_1)} \int_{A_1}^{}XdP+ \frac{1}{P(A_2)} \int_{A_2}^{}XdP}\)
Ta linijka jest nieprawdziwa. Z lewej masz zmienną losową, a z prawej sumę dwóch liczb.
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{1-(1-p)^2} pI_{A_1}+0I_{A_2}}\)
To jest dobrze i z tego już prawie masz rozkład. Zapiszmy to troszkę inaczej, a sama zrozumiesz:
\(\displaystyle{ E(X|Z)(\omega ) = \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ \omega \in A_1 \\ 0, \ \omega \in A_2 \end{cases}}\)
Stąd dostajesz rozkład:
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ z \ prawd. \ P(A_1) \\ 0, \ z \ prawd. \ P(A_2) \end{cases}}\)
Wystarczy policzyć \(\displaystyle{ P(A_1)}\) oraz \(\displaystyle{ P(A_2)}\) i koniec. Zatem:
\(\displaystyle{ P(A_2) = P( X=0, Y=0) =P(X=0)P(Y=0) = (1-p)^2}\)
\(\displaystyle{ P(A_1)=1-P(A_2) = 1-(1-p)^2}\)
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ z \ prawd. \ 1-(1-p)^2 \\ 0, \ z \ prawd. \ (1-p)^2 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{P(A_1)} \int_{A_1}^{}XdP+ \frac{1}{P(A_2)} \int_{A_2}^{}XdP}\)
Ta linijka jest nieprawdziwa. Z lewej masz zmienną losową, a z prawej sumę dwóch liczb.
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \frac{1}{1-(1-p)^2} pI_{A_1}+0I_{A_2}}\)
To jest dobrze i z tego już prawie masz rozkład. Zapiszmy to troszkę inaczej, a sama zrozumiesz:
\(\displaystyle{ E(X|Z)(\omega ) = \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ \omega \in A_1 \\ 0, \ \omega \in A_2 \end{cases}}\)
Stąd dostajesz rozkład:
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ z \ prawd. \ P(A_1) \\ 0, \ z \ prawd. \ P(A_2) \end{cases}}\)
Wystarczy policzyć \(\displaystyle{ P(A_1)}\) oraz \(\displaystyle{ P(A_2)}\) i koniec. Zatem:
\(\displaystyle{ P(A_2) = P( X=0, Y=0) =P(X=0)P(Y=0) = (1-p)^2}\)
\(\displaystyle{ P(A_1)=1-P(A_2) = 1-(1-p)^2}\)
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ E(X|Z)= \begin{cases} \frac{1}{1-(1-p)^2} p, \ z \ prawd. \ 1-(1-p)^2 \\ 0, \ z \ prawd. \ (1-p)^2 \end{cases}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
A niezależność jak sprawdzić?
Coś tam trzeba pewnie pomnożyć, tak?
\(\displaystyle{ E(XY|Z)=E(X|Z)E(Y|Z)}\) Coś takiego można sprawdzić? Tylko nie wiem, jak policzyć \(\displaystyle{ E(XY|Z)}\).
Coś tam trzeba pewnie pomnożyć, tak?
\(\displaystyle{ E(XY|Z)=E(X|Z)E(Y|Z)}\) Coś takiego można sprawdzić? Tylko nie wiem, jak policzyć \(\displaystyle{ E(XY|Z)}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
Nie bardzo wiem, co miałby znaczyć tai warunek
Tutaj zmienne losowe przyjmują tylko dwie wartości, więc możesz sprawdzić z definicji czy są niezależne.
Tutaj zmienne losowe przyjmują tylko dwie wartości, więc możesz sprawdzić z definicji czy są niezależne.
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
Coś takiego jest \(\displaystyle{ EXY = EXEY}\), więc myślałam, że też zadziała :p (a dlaczego nie działa?)
Nie wiem, jak to sprawdzić z definicji. Nie wiem chyba nawet o jaką definicję chodzi.
To znalazłam: \(\displaystyle{ X,Y}\) niezależne \(\displaystyle{ \Rightarrow F_{X,Y}(x,y) = F_X(x)F_Y(y)}\)
Z tego mam skorzystać?
Jak policzyć \(\displaystyle{ F_{X,Y}(x,y)}\)? Bo po prawej będzie po prostu \(\displaystyle{ F_X(x)^2}\), tak?
Nie wiem, jak to sprawdzić z definicji. Nie wiem chyba nawet o jaką definicję chodzi.
To znalazłam: \(\displaystyle{ X,Y}\) niezależne \(\displaystyle{ \Rightarrow F_{X,Y}(x,y) = F_X(x)F_Y(y)}\)
Z tego mam skorzystać?
Jak policzyć \(\displaystyle{ F_{X,Y}(x,y)}\)? Bo po prawej będzie po prostu \(\displaystyle{ F_X(x)^2}\), tak?
-
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
To, co napisałaś, to tylko implikację. Jeśli te warunki nie są spełnione, to nie ma niezależności. Ale jeśli są spełnione, to nie wiadomo, czy zmienne są niezależne. Mimo wszystko proponuję skorzystać z definicji niezależności zmiennych losowych:
\(\displaystyle{ X, Y}\) niezależne, gdy \(\displaystyle{ (\forall A \in \sigma (X))(\forall B \in \sigma (Y)) (P(A\cap B)=P(A)P(B))}\)
\(\displaystyle{ X, Y}\) niezależne, gdy \(\displaystyle{ (\forall A \in \sigma (X))(\forall B \in \sigma (Y)) (P(A\cap B)=P(A)P(B))}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
\(\displaystyle{ A_1, A_2 \in \sigma (X)}\)
\(\displaystyle{ D_1, D_2 \in \sigma (Y)}\)
\(\displaystyle{ (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)=B_1 \vee B_2 \vee B_3=A_1}\)
\(\displaystyle{ (X=0 \wedge Y=0)=A_2}\)
\(\displaystyle{ (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=0 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0)=C_1 \vee C_2 \vee C_3=D_1}\)
\(\displaystyle{ (X=0 \wedge Y=0)=D_2}\)
\(\displaystyle{ P(A_1 \cap D_1)=P(A_1) \neq P(A_1)P(D_1)}\)
Czyli że nie są niezależne.
Tak byłoby dobrze?
A jakbym to miała sprawdzić, jakby było więcej tych zbiorów w rozbiciu, a zmienne byłyby zależne, czyli musiałabym sprawdzić wszystkie?
\(\displaystyle{ D_1, D_2 \in \sigma (Y)}\)
\(\displaystyle{ (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0) \vee (X=0 \wedge Y=1)=B_1 \vee B_2 \vee B_3=A_1}\)
\(\displaystyle{ (X=0 \wedge Y=0)=A_2}\)
\(\displaystyle{ (X=1 \wedge Y=1) \vee (X=0 \wedge Y=1) \vee (X=1 \wedge Y=0)=C_1 \vee C_2 \vee C_3=D_1}\)
\(\displaystyle{ (X=0 \wedge Y=0)=D_2}\)
\(\displaystyle{ P(A_1 \cap D_1)=P(A_1) \neq P(A_1)P(D_1)}\)
Czyli że nie są niezależne.
Tak byłoby dobrze?
A jakbym to miała sprawdzić, jakby było więcej tych zbiorów w rozbiciu, a zmienne byłyby zależne, czyli musiałabym sprawdzić wszystkie?
-
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
warunkowa wartość oczekiwana, niezależność
Zauważ, że \(\displaystyle{ \sigma (\mathbb{E}(X|Z))=\sigma (\mathbb{E}(Y|Z))=\left\{ \emptyset , A_1 , A_2, A_1\cup A_2 (=\Omega )\right\}}\) (piję do tego, że niepotrzebnie drugi raz to samo robisz i do tego, że w pierwszych dwóch linijkach błędnie piszesz \(\displaystyle{ \sigma (X)}\) i \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\)).
No ale wniosek jest właściwy. Nie są niezależne.
Co do trudniejszych przypadków: no już dla kilku zbiorków to się robi mordęga. Ale z kolei dla nieprzeliczalnie wielu znowu się upraszcza - jeśli masz zmienne ciągłe, to możesz wtedy sprawdzać ten warunek tylko dla pewnych odcinków - bo odcinki generują sigma-ciało zbiorów borelowskich.
No ale wniosek jest właściwy. Nie są niezależne.
Co do trudniejszych przypadków: no już dla kilku zbiorków to się robi mordęga. Ale z kolei dla nieprzeliczalnie wielu znowu się upraszcza - jeśli masz zmienne ciągłe, to możesz wtedy sprawdzać ten warunek tylko dla pewnych odcinków - bo odcinki generują sigma-ciało zbiorów borelowskich.