ZV-erzeugte Sigma-Algebra < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Frohes neues ;)
X, Y seien unabhängige auf [1, 2] gleichverteilte Zufallsvariablen auf [mm] (\Omega, \mathcal{A} [/mm] P). Zu berechnen ist [mm] $E(-\bruch{e^{X}}{Y}|Y)$
[/mm]
Lösung: [mm] e^{X} [/mm] und [mm] -\bruch{1}{Y} [/mm] sind auf [1,2] integrierbar, mit der Unabhängigkeit folgt dann, dass auch [mm] -\bruch{e^{X}}{Y} [/mm] integrierbar ist (Ich nehme an, dass folgt aus: E(X) < [mm] \infty, [/mm] E(Y) < [mm] \infty [/mm] => [mm] E(XY)<\infty \approx [/mm] XY integrierbar).
Es folgt nun die Anwendung von folgendem Satz:
Sei [mm] $(\Omega, \mathcal{A}, [/mm] P)$ W-Raum, $X, [mm] X_{i}$ [/mm] integrierbar, [mm] $\sigma$-Algebra $\mathcal{C} \subset \mathcal{A}$, [/mm] dann gilt: $X$ integrierbar, $Y \ [mm] \mathcal{C}-\mathcal{B}$-messbar, [/mm] $XY$ integrierbar $=> E(XY|C)=YE(X|C) f.s.$
In der Lösung wurde dann weiter behauptet, dass [mm] $\bruch{1}{Y}$ \; $\mathcal{F}(Y)-\mathcal{B}$-messbar [/mm] sei und sich [mm] E(-\bruch{e^{X}}{Y}|Y) [/mm] auflöst zu [mm] -\bruch{1}{Y} E(e^{X}|Y)
[/mm]
Was genau ist aber [mm] \mathcal{F}(Y)? [/mm] Wir haben [mm] \mathcal{F}(A) [/mm] immer definiert als die kleinste [mm] \sigma-Algebra, [/mm] die A enthält, aber wie sieht die [mm] \sigma-Algebra [/mm] einer ZV aus? Ist [mm] \bruch{1}{Y} [/mm] nicht einfach [mm] \mathcal{A}-\mathcal{B}-messbar?
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:35 Di 03.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
Ich gehe zuerst einmal davon aus, dass die [mm] \sigma-Algebra, [/mm] welche im Satz mit [mm] \mathcal{B} [/mm] bezeichnet wird, bei dir der [mm] Borel-\sigma-Algebra [/mm] auf [1,2] entspricht.
Zu [mm] \sigma(Y):
[/mm]
Man betrachte eine Zufallsvariable [mm] Y:(\Omega_1,\mathcal{A})\to(\Omega_2,\mathcal{B}).\;\; \sigma(Y)\subset \mathcal{A} [/mm] ist nun jene kleinste [mm] \sigma-Algebra, [/mm] welche alle Mengen [mm] Y^{-1}(B), B\in\mathcal{B} [/mm] enthält, wobei [mm] Y^{-1}(B)=\{\omega_1\in\Omega_1: Y(\omega)\in B\}. [/mm] Eine Zufallsvariable Y ist dann trivialerweise [mm] \sigma(Y)-\mathcal{B} [/mm] messbar. Weiterhin gilt für messbare Funktionen f (z.B. [mm] f(x)=\bruch{1}{x}), [/mm] dass f(y) gleichfalls [mm] \sigma(Y) [/mm] messbar ist.
Zu deiner zweiten Frage:
Ja, [mm] \bruch{1}{Y} [/mm] ist [mm] \mathcal{A}-\mathcal{B} [/mm] messbar, aber das bringt dir hier nichts, da du ja die bedingte Erwartung bezüglich [mm] \mathcal{C}=\sigma(Y) [/mm] berechnen willst.
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> Ich gehe zuerst einmal davon aus, dass die [mm]\sigma-Algebra,[/mm]
> welche im Satz mit [mm]\mathcal{B}[/mm] bezeichnet wird, bei dir der
> [mm]Borel-\sigma-Algebra[/mm] auf [1,2] entspricht.
Ja, den Satz haben wir zwar allgemein für die Borel-Algebra notiert, aber in dem Fall wäre es dann die Borel-Algebra auf [1,2]
> Zu [mm]\sigma(Y):[/mm]
>
> Man betrachte eine Zufallsvariable
> [mm]Y:(\Omega_1,\mathcal{A})\to(\Omega_2,\mathcal{B}).\;\; \sigma(Y)\subset \mathcal{A}[/mm]
> ist nun jene kleinste [mm]\sigma-Algebra,[/mm] welche alle Mengen
> [mm]Y^{-1}(B), B\in\mathcal{B}[/mm] enthält, wobei
> [mm]Y^{-1}(B)=\{\omega_1\in\Omega_1: Y(\omega)\in B\}.[/mm]
So habe ich mir das auch zu erklären versucht. Evtl. liegt das Problem noch bei der Definition der ZV. Da Y eine Abbildung ist, gilt doch [mm] Y^{-1}(\Omega_{2}) [/mm] = [mm] \Omega_{1} [/mm] . In dem Zusammenhang habe ich dann angenommen, dass [mm] Y^{-1}(\mathcal{B}) [/mm] = [mm] \mathcal{A}, [/mm] aber das stimmt wahrscheinlich nicht?! Zudem haben wir auch bewiesen, dass eine [mm] \sigma-Algebra [/mm] abbildungstreu ist. Der Erzeugungsoperator wird also immer auf eine "fertige" [mm] \sigma-Algebra [/mm] angewandt, erscheint daher nutzlos und trägt zusätzlich zu meiner Verwirrung bei, aber das ist wahrscheinlich eine Redundanz, die mit der Notation einhergeht. Ohne den Erzeugungsoperator stünde ja einfach Y und wäre wieder die ZV selbst.
> Damit ist auch [mm]\bruch{e^x}{Y}[/mm] integrierbar. Im Allgemeinen
> folgt jedoch nicht aus [mm]EX<\infty[/mm] und [mm]EY<\infty,[/mm] dass
> [mm]EXY<\infty[/mm] !!
Ja, dass das nicht allgemeingültig gilt, ist mir klar, allerdings immer für unabhängige X, Y ?!
Wie dem auch sei, hilft mir das schon mal sehr weiter. Danke dafür :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:25 Mi 04.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
Also es ist vollkommen richtig, dass [mm] Y^{-1}(\Omega_2)=\Omega_1, [/mm] da Y eine Abbildung ist. Das lässt sich jedoch nicht auf die [mm] \sigma-Algebren [/mm] übertragen. Auf jeden Fall gilt immer [mm] \sigma(Y)\subseteq \mathfrak{A}. [/mm] Hier ein kleines Beispiel, warum die Gleichheit nicht unbedingt gelten muss:
Sei [mm] \Omega_1=\Omega_2=\Omega [/mm] und [mm] A\subset \Omega, A\neq \Omega. [/mm] Man betrachte: [mm] \mathfrak{A}:=\{\emptyset,A,\Omega\setminus A,\Omega\}, \mathfrak{B}:=\{\emptyset,\Omega\} [/mm] und für Y die Identische Abbildung [mm] (Y(\omega)=\omega). [/mm] Dann gilt [mm] Y^{-1}(\mathfrak{B})=\mathfrak{B}\neq \mathfrak{A}.
[/mm]
Den zweiten Teil deiner Frage verstehe ich nicht so richtig:
>Zudem haben wir auch bewiesen, dass
> eine [mm]\sigma-Algebra[/mm] abbildungstreu ist. Der
> Erzeugungsoperator wird also immer auf eine "fertige"
> [mm]\sigma-Algebra[/mm] angewandt, erscheint daher nutzlos und
> trägt zusätzlich zu meiner Verwirrung bei, aber das ist
> wahrscheinlich eine Redundanz, die mit der Notation
> einhergeht. Ohne den Erzeugungsoperator stünde ja einfach
> Y und wäre wieder die ZV selbst.
was meinst du mit abbildungstreu und von welchem Erzeugungsoperator sprichst du dabei genau?
Zum letzten Teil: ja, das gilt immer, wenn beide Variablen integrierbar und unabhängig sind.
grüße
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> was meinst du mit abbildungstreu und von welchem
> Erzeugungsoperator sprichst du dabei genau?
Mit abbildungstreu meinte ich, dass die (Umkehr)abbildung einer [mm] \sigma-Algebra [/mm] auch eine [mm] \sigma-Algebra [/mm] ist und der Erzeugungsoperator ist [mm] \sigma. [/mm] Evtl. nennt man ihn anders, aber wir nennen [mm] \sigma(\epsilon) [/mm] die von [mm] \epsilon [/mm] erzeugte [mm] \sigma-Algebra.
[/mm]
Wenn man [mm] \sigma(Y) [/mm] jetzt definiert als [mm] Y^{-1}(\mathcal{B}), [/mm] dann ist das Ergebnis bereits eine [mm] \sigma-Algebra [/mm] und die Anwendung des Operators ist redundant. Aber wie gesagt vermute ich, dass man es nicht anders aufschreiben kann, ohne eine viel kompliziertere Notation zu verwenden.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:48 Di 03.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
Was ich gerade noch gesehen habe und so nicht stehen lassen möchte:
[mm] e^X [/mm] ist integrierbar, genau wie [mm] \bruch{1}{Y}. [/mm] Da X und Y unabhängig sind gilt daher
[mm] E\bruch{e^X}{Y}=(Ee^X)(E\bruch{1}{Y}).
[/mm]
Damit ist auch [mm] \bruch{e^x}{Y} [/mm] integrierbar. Im Allgemeinen folgt jedoch nicht aus [mm] EX<\infty [/mm] und [mm] EY<\infty, [/mm] dass [mm] EXY<\infty [/mm] !!
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