zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
21mat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 319
Rejestracja: 23 mar 2011, o 09:58
Płeć: Mężczyzna

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: 21mat »

Na przestrzeni \(\displaystyle{ [0,1]}\) z \(\displaystyle{ B _{[0,1]}}\) i miarą \(\displaystyle{ dx}\) dane są zmienne losowe: \(\displaystyle{ X=x}\) oraz \(\displaystyle{ Y=sin \pi x}\). Jak wygląda \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\), oblicz \(\displaystyle{ E(X|Y)}\) oraz \(\displaystyle{ P(X \in A|Y)}\) dla \(\displaystyle{ A \in B _{[0,1]}}\)?

Czy \(\displaystyle{ E(X|Y)= \frac{1}{2}}\) skoro zbiór jest symetryczny względem \(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}}\)?
Adifek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1567
Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 398 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Adifek »

No tak być powinno
21mat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 319
Rejestracja: 23 mar 2011, o 09:58
Płeć: Mężczyzna

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: 21mat »

Dzięki Więc \(\displaystyle{ \sigma(Y)=\left\{ [0,u) \cup (1-u,1] \right\}}\) dla \(\displaystyle{ 0<u< \frac{1}{2}}\)? a jak policzyć \(\displaystyle{ P(X \in A|Y)}\) dla \(\displaystyle{ A \in B _{[0,1]}}\)?
Alef
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 394
Rejestracja: 27 sie 2012, o 10:44
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 95 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Alef »

Spróbuj zrobić sobie to zadanie dla np. \(\displaystyle{ X=x^2}\), bo to już nie będzie \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).
Adifek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1567
Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 398 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Adifek »

Alef, z tego co pamiętam, założenie prof. Żaka było właśnie takie, by to policzyć w pamięci
Dzięki Więc \(\displaystyle{ \sigma(Y)=\left\{ [0,u) \cup (1-u,1] \right\}}\) dla\(\displaystyle{ 0<u< \frac{1}{2}}\)?
Nie \(\displaystyle{ \left\{ [0,u) \cup (1-u,1] \right\}}\) tylko \(\displaystyle{ \sigma ( \left\{ [0,u) \cup (1-u,1] \right\})}\). To dość istotna różnica

Zauważ, że \(\displaystyle{ P(X\in A |Y) = \mathbb{E}( 1_A|Y)}\). Co się stanie, gdy weźmiesz \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ \sigma (Y)}\), a co, gdy weźmiesz spoza?
Alef
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 394
Rejestracja: 27 sie 2012, o 10:44
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 95 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Alef »

Nie podoba mi się to sigma ciało.

Wydaje mi się, że dla \(\displaystyle{ X=x^{2}}\), WWO będzie postaci

\(\displaystyle{ E(X|Y)(x)=\frac{x^{2}+(1-x)^{2}}{2}}\)
Adifek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1567
Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 398 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Adifek »

Możemy policzyć

\(\displaystyle{ \int_0^u \mathbb{E}(X^2|Y)(x) dx - \int_1^{1-u} \mathbb{E}(X^2|Y)(x) dx = \int_0^u x^2 dx - \int_1^{1-u} x^2 dx \\ \\

\mathbb{E}(X^2|Y)(u) + \mathbb{E}(X^2|Y)(1-u) = u^2 + (1-u)^2}\)


Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{E}(X^2|Y)(u)}\) jest mierzalna względem sigma siała generowanego przez zbiory symetryczne względem \(\displaystyle{ 0.5}\), to \(\displaystyle{ \mathbb{E}(X^2|Y)(u) = \mathbb{E}(X^2|Y)(1-u)}\), więc jest dokładnie tak jak pisze Alef.
Alef
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 394
Rejestracja: 27 sie 2012, o 10:44
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 95 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Alef »

Jako sigma ciało wziąłbym:

\(\displaystyle{ \sigma\left( C\cup (1-C)\colon C\in\mathcal{B}\left( \left[ 0,\frac{1}{2}\right]\right)\right)}\)

a później tak jak liczył Adifek.

Poza tym mamy twierdzenie, że istnieje funkcja mierzalna \(\displaystyle{ f}\) taka, że

\(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=f(Y(\omega))}\)

Zatem, skoro \(\displaystyle{ Y(\omega)}\) jest symetryczna względem \(\displaystyle{ \omega=\frac{1}{2}}\), to

\(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=f(Y(\omega))=f(Y(1-\omega))=E(X|Y)(1-\omega)}\)

co jest potrzebne do naszych rachunków.

Na koniec warto zauważyć, że w ten sposób jak to zrobił Adifek można pokazać, iż w tym przypadku będzie:

\(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=\frac{X(\omega)+X(1-\omega)}{2}}\)

więc dla \(\displaystyle{ X(\omega)=\omega}\) rzeczywiście \(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=\frac{1}{2}}\)
Adifek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1567
Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 398 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Adifek »

Alef, przecież zbiory borelowskie są generowane przez odcinki
Poza tym mamy twierdzenie, że istnieje funkcja mierzalna f taka, że

\(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=f(Y(\omega))}\)

Zatem, skoro \(\displaystyle{ Y(\omega)}\)jest symetryczna względem \(\displaystyle{ \omega=\frac{1}{2}}\), to

\(\displaystyle{ E(X|Y)(\omega)=f(Y(\omega))=f(Y(1-\omega))=E(X|Y)(1-\omega)}\)
Strzelasz z armaty do wróbla. Z definicji wystarczy. Skoro WWO ma być mierzalna względem sigma ciała, a to sigma ciało jest odpowiednio symetryczne, to i przeciwobrazy WWO muszą być symetryczne, więc i samo WWO też.
Alef
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 394
Rejestracja: 27 sie 2012, o 10:44
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 95 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Alef »

Przedział np.

\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{4},\frac{1}{3}\right)\cup\left( \frac{2}{3},\frac{3}{4}\right)}\)

należy do sigma ciała

\(\displaystyle{ \sigma ( \left\{ [0,u) \cup (1-u,1] \right\})}\)

czy nie?
Adifek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1567
Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 398 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Adifek »

Należy.

\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{4},\frac{1}{3}\right)\cup\left( \frac{2}{3},\frac{3}{4}\right) = \left( \left[ 0,\frac{1}{3}\right)\cup\left( \frac{2}{3},1 \right] \right) \setminus \left( \left[ 0,\frac{1}{4}\right]\cup\left[ \frac{3}{4},1 \right] \right) = \\ \\



\left( \left[ 0,\frac{1}{3}\right)\cup\left( \frac{2}{3},1 \right] \right) \setminus \left( \left( \bigcap_{n=1}^{\infty} \left[ 0,\frac{1}{4} + \frac{1}{n} \right)\cup \bigcap_{m=1}^{\infty} \left(\frac{3}{4} -\frac{1}{m},1 \right] \right)}\)
Alef
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 394
Rejestracja: 27 sie 2012, o 10:44
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 95 razy

zmienne losowe, warunkowa wartość oczekiwana

Post autor: Alef »

No to jest ok.
ODPOWIEDZ