Zmienne \(\displaystyle{ X_1, \ X_2, \ X_3}\) niezależne, jednakowo rozłożone : \(\displaystyle{ P(X_i=1)=P(X_i=-1)= \frac{1}{2}}\)
Policzyć:
\(\displaystyle{ E(X_1|X_1+X_2+X_3)}\)
\(\displaystyle{ E(X_1X_2|X_1+X_2X_3)}\)
Warunkowa w. oczekiwana
Warunkowa w. oczekiwana
Czy to czasem nie powinno iść w ten sposób:
\(\displaystyle{ E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=E(X_{2}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=E(X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
bo \(\displaystyle{ X_{1}, X_{2}, X_{3}}\) mają jednakowy rozkład.
Następnie
\(\displaystyle{ X_{1}+X_{2}+X_{3}=E(X_{1}+X_{2}+X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
\(\displaystyle{ =E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})+E(X_{2}|X_{1}+X_{2}+X_{3})+E(X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=3E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
Zatem
\(\displaystyle{ E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=\frac{X_{1}+X_{2}+X_{3}}{3}}\)
\(\displaystyle{ E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=E(X_{2}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=E(X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
bo \(\displaystyle{ X_{1}, X_{2}, X_{3}}\) mają jednakowy rozkład.
Następnie
\(\displaystyle{ X_{1}+X_{2}+X_{3}=E(X_{1}+X_{2}+X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
\(\displaystyle{ =E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})+E(X_{2}|X_{1}+X_{2}+X_{3})+E(X_{3}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=3E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})}\)
Zatem
\(\displaystyle{ E(X_{1}|X_{1}+X_{2}+X_{3})=\frac{X_{1}+X_{2}+X_{3}}{3}}\)
Warunkowa w. oczekiwana
Powiem tak. Jeżeli chodzi o ten drugi podpunkt to ja sztuczki nie widzę. Zrobiłbym tak:
1. Zdefiniował zmienną losową:
\(\displaystyle{ X=X_{1}X_{2}}\)
\(\displaystyle{ Y=X_{1}+X_{2}X_{3}}\)
2. Wyznaczył ich rozkłady.
3. Wiemy, że \(\displaystyle{ E[X|Y]=E[X|\sigma(Y)]}\).
4. Trzeba wyznaczyć \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\).
5. Następnie jak masz \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\) korzystasz albo z warunku:
\(\displaystyle{ \forall A\in \sigma(Y) \quad \int_{A}X(\omega)dP(\omega)=\int_{A}E[X|Y](\omega)dP(\omega)}\)
albo może się okazać, że \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\) stanowi rozbicie \(\displaystyle{ \Omega}\) i wówczas masz wzór na WWO.
Może ktoś inny podpowie coś więcej.
1. Zdefiniował zmienną losową:
\(\displaystyle{ X=X_{1}X_{2}}\)
\(\displaystyle{ Y=X_{1}+X_{2}X_{3}}\)
2. Wyznaczył ich rozkłady.
3. Wiemy, że \(\displaystyle{ E[X|Y]=E[X|\sigma(Y)]}\).
4. Trzeba wyznaczyć \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\).
5. Następnie jak masz \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\) korzystasz albo z warunku:
\(\displaystyle{ \forall A\in \sigma(Y) \quad \int_{A}X(\omega)dP(\omega)=\int_{A}E[X|Y](\omega)dP(\omega)}\)
albo może się okazać, że \(\displaystyle{ \sigma(Y)}\) stanowi rozbicie \(\displaystyle{ \Omega}\) i wówczas masz wzór na WWO.
Może ktoś inny podpowie coś więcej.
-
- Użytkownik
- Posty: 82
- Rejestracja: 16 maja 2015, o 23:50
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 42 razy
Warunkowa w. oczekiwana
uff, no to faktycznie nie wygląda dobrze ale dziękuję za poświęcony czas, przemyśle to
-
- Użytkownik
- Posty: 82
- Rejestracja: 16 maja 2015, o 23:50
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 42 razy
Warunkowa w. oczekiwana
niestety nie ciągle myślę. Chyba jeszcze za mało umiem-- 30 paź 2015, o 15:01 --Zastanawiam się nad poprawnością tego rozumowania:
Niech \(\displaystyle{ X_4=X_1X_2}\) oraz \(\displaystyle{ X_5=X_2X_3}\) oczywiste, że \(\displaystyle{ X_4}\) i \(\displaystyle{ X_5}\) mają rozkład dwupunktowy - taki sam jak zmienne \(\displaystyle{ X_i}\), \(\displaystyle{ i=1,2,3}\).
Mamy teraz \(\displaystyle{ E(X_1X_2|X_1+X_2X_3)=E(X_4|X_1+X_5)}\)
\(\displaystyle{ X_1+X_5=E(X_1+X_5|X_1+X_5)=E(X_1|X_1+X_5)+E(X_5|X_1+X_5)=2E(X_4|X_1+X_5)}\) (bo ten sam rozkład)
stąd
\(\displaystyle{ E(X_4|X_1+X_5)= \frac{X_1+X_5}{2}= \frac{X_1+X_2X_3}{2}}\)
Niech \(\displaystyle{ X_4=X_1X_2}\) oraz \(\displaystyle{ X_5=X_2X_3}\) oczywiste, że \(\displaystyle{ X_4}\) i \(\displaystyle{ X_5}\) mają rozkład dwupunktowy - taki sam jak zmienne \(\displaystyle{ X_i}\), \(\displaystyle{ i=1,2,3}\).
Mamy teraz \(\displaystyle{ E(X_1X_2|X_1+X_2X_3)=E(X_4|X_1+X_5)}\)
\(\displaystyle{ X_1+X_5=E(X_1+X_5|X_1+X_5)=E(X_1|X_1+X_5)+E(X_5|X_1+X_5)=2E(X_4|X_1+X_5)}\) (bo ten sam rozkład)
stąd
\(\displaystyle{ E(X_4|X_1+X_5)= \frac{X_1+X_5}{2}= \frac{X_1+X_2X_3}{2}}\)
Warunkowa w. oczekiwana
Mamy co najmniej dwie możliwości rozwiązania.
I.
1. Zdefiniować \(\displaystyle{ X_{4}=X_{1}X_{2}}\) i \(\displaystyle{ X_{5}=X_{1}+X_{2}X_{3}}\).
2. Policzyć rozkład \(\displaystyle{ X_{4}}\) i \(\displaystyle{ X_{5}}\).
3. Policzyć bezpośrednio \(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}]}\) rozważając 3 przypadki:
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=2]=...}\)
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=0]=...}\)
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=-2]=...}\)
Otrzymamy, że \(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}]=0}\), czyli \(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\).
II.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ X_{1}+X_{2}X_{3}=X_{1}+(-X_{2})\cdot(-X_{3})}\).
Natomiast \(\displaystyle{ X_{1}X_{2}}\) ma taki sam rozkład jak \(\displaystyle{ -X_{1}X_{2}}\),
zatem
\(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=E[-X_{1}X_{2}|X_{1}+(-X_{2})\cdot(-X_{3})]=E[-X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]}\)
\(\displaystyle{ 2E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\)
\(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\)
I.
1. Zdefiniować \(\displaystyle{ X_{4}=X_{1}X_{2}}\) i \(\displaystyle{ X_{5}=X_{1}+X_{2}X_{3}}\).
2. Policzyć rozkład \(\displaystyle{ X_{4}}\) i \(\displaystyle{ X_{5}}\).
3. Policzyć bezpośrednio \(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}]}\) rozważając 3 przypadki:
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=2]=...}\)
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=0]=...}\)
\(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}=-2]=...}\)
Otrzymamy, że \(\displaystyle{ E[X_{4}|X_{5}]=0}\), czyli \(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\).
II.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ X_{1}+X_{2}X_{3}=X_{1}+(-X_{2})\cdot(-X_{3})}\).
Natomiast \(\displaystyle{ X_{1}X_{2}}\) ma taki sam rozkład jak \(\displaystyle{ -X_{1}X_{2}}\),
zatem
\(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=E[-X_{1}X_{2}|X_{1}+(-X_{2})\cdot(-X_{3})]=E[-X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]}\)
\(\displaystyle{ 2E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\)
\(\displaystyle{ E[X_{1}X_{2}|X_{1}+X_{2}X_{3}]=0}\)