X,Y in L^2 ist dann XY in L^2 ? Was ist bei Unabhängigkeit

23.09.2015, 12:17

steviehawk

X,Y in L^2 ist dann XY in L^2 ? Was ist bei Unabhängigkeit

Meine Frage:
Hallo Leute,

Wenn ich zwei reelle Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ habe. Dann sind das zunächst einmal einfach messbare Abbildungen: $\begin{eqnarray*} X,Y: \Omega \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ eventuell auch $\begin{eqnarray*} \overline{ \mathbb R} \end{eqnarray*}$ . Nun stellt unser Prof häuft Fragen der Art.

Seien $\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ . Gilt dann auch $\begin{eqnarray*} X+Y \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ Für $\begin{eqnarray*} \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ kann ich diese Frage leicht mit Ja beantworten, denn $\begin{eqnarray*} \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ erfüllt die Dreiecksungleichung mit der üblichen $\begin{eqnarray*} p=1 \end{eqnarray*}$ - Norm für diese Räume. Es gilt aber i.A. nicht, dass auch $\begin{eqnarray*} X \cdot Y \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ ist (hier habe ich aber kein Gegenbeispiel). Im falle der Unabhängigkeit der beiden Zufallsvariablen gilt aber $\begin{eqnarray*} \mathbb E(XY) = \mathbb E(X) \mathbb E(Y) \end{eqnarray*}$ was wegen $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X) = \int X d \mathbb P \end{eqnarray*}$ die Frage mit ja beantwortet.

Kann mir jemand ein möglichst einfaches Gegenbeispiel nennen, warum das ohne Unabhängigkeit im Allgemeinen nicht gilt.

Und wie argumentiere ich für $\begin{eqnarray*} \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ ? Hier weiß ich nur

$\begin{eqnarray*} X+Y \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ wegen der Hölder-Ungleichung (bzw. Cauchy - Schwarz Ungleichung)

$\begin{eqnarray*} X \cdot Y \in \mathcal L^? \end{eqnarray*}$ ? wie ist es bei Unabhängigkeit?

Meine Ideen:
Zum ersten. Ich dachte zunächst an die Cauchy Verteilung. Diese hat keinen $\begin{eqnarray*} \mathbb E \end{eqnarray*}$ Wert. Auch keine Varianz. Nun ist eine Cauchy verteilte Zufallsvariable gerade der Quotient zweier unabhängiger standardnormalverteilter Zufallsvariblen.

Ich dachte erst, dass ich den Quotieten $\begin{eqnarray*} \frac{X}{Y} \end{eqnarray*}$ als Produkt umschreiben kann, also zu $\begin{eqnarray*} X \cdot Y^{-1} \end{eqnarray*}$ . Aber das geht wohl nicht, da es sich hier um Abbildungen und nicht um reelle Zahlen handelt oder?

Also brauche ich was anderes..

Danke für die Hilfe

EDIT: Ich habe doch noch eine Idee für die Frage $\begin{eqnarray*} X \cdot Y \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ bei Unabhängigkeit.

Also Seien $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ zwei unabhängige Zufallsvariablen. Dann ist auch $\begin{eqnarray*} X^2,Y^2 \end{eqnarray*}$ unabhängig. Nun gilt $\begin{eqnarray*} Var(XY) = \mathbb E((XY)^2) - ( \mathbb E(XY))^2 \end{eqnarray*}$ Nun kann ich das umformen zu:

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X^2Y^2) - ( \mathbb EX \cdot \mathbb EY )^2 = \mathbb E(X^2) \mathbb E(Y^2) - \mathbb E(X)^2 \mathbb E(Y)^2 \end{eqnarray*}$

Nun gilt doch $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X^2) < \infty \end{eqnarray*}$ , da ja $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ ist. Analog für $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y^2) \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X) < \infty \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ impliziert ja $\begin{eqnarray*} X \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ ) müsste doch auch $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X)^2 < \infty \end{eqnarray*}$ gelten oder? Analog für $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$

Damit ist der ganze Ausdruck $\begin{eqnarray*} Var(XY) < \infty \end{eqnarray*}$ Die Existenz der Varianz ist doch gleichbedeutend zu $\begin{eqnarray*} XY \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ Oder? Denn $\begin{eqnarray*} Var(X) = \mathbb E(X^2) - \mathbb (E(X))^2 \end{eqnarray*}$ . Ist dieser Audruck endlich, dann insbesondere $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X^2) < \infty \end{eqnarray*}$ Und somit $\begin{eqnarray*} X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

23.09.2015, 13:01

HAL 9000

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Zitat:

Original von steviehawk
Kann mir jemand ein möglichst einfaches Gegenbeispiel nennen, warum das ohne Unabhängigkeit im Allgemeinen nicht gilt.

Nimm doch einfach ein $\begin{eqnarray*} X\in\mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X\not\in\mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ und wähle dann $\begin{eqnarray*} Y=X \end{eqnarray*}$ . Oder kennst du kein solches $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ?

Allgemein gilt natürlich

$\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^p \quad \Rightarrow X+Y\in \mathcal L^p,\; X\cdot Y\in \mathcal L^{2p} \end{eqnarray*}$ .

23.09.2015, 13:25

steviehawk

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Hallo HAL9000

wir haben in unsere Skript stehen: Sei $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal F, \mu) \end{eqnarray*}$ ein endlicher Maßraum und $\begin{eqnarray*} 1 \leq p_1 \leq p_2 \leq \infty \end{eqnarray*}$ dann gelten:

$\begin{eqnarray*} (a) \mathcal L^{p_2} \subset \mathcal L^{p_1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (b) L^{p_1} \subset L^{p_2} \end{eqnarray*}$

Dabei ist $\begin{eqnarray*} L^p : = \mathcal L^p / \mathcal N^p \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \mathcal N^p := \{f \in \mathcal L^p | f = 0 \ \mu \ \text{fast überall} \} \end{eqnarray*}$

Wenn aus $\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^p \end{eqnarray*}$ folt, dass $\begin{eqnarray*} X \cdot Y \in \mathcal L^{2p} \end{eqnarray*}$ dann würde ja zum Beispiel gelten:

$\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^2 \Rightarrow XY \in \mathcal L^4 \subset \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

Dann wäre ja $\begin{eqnarray*} XY \end{eqnarray*}$ auch wieder in $\begin{eqnarray*} \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ verwirrt

23.09.2015, 13:26

Guppi12

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^p \quad \Rightarrow X\cdot Y\in \mathcal L^{2p} \end{eqnarray*}$

Du meinst sicherlich genau das umgekehrte $\begin{eqnarray*} X,Y\in\mathcal L^{2p}\Rightarrow X\cdot Y\in \mathcal L^p \end{eqnarray*}$ , richtig?

23.09.2015, 13:27

HAL 9000

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Upps, statt $\begin{align*} 2p \end{align*}$ hätte dort $\begin{align*} p/2 \end{align*}$ stehen sollen, und das nur für $\begin{align*} p\geq 2 \end{align*}$ . Begründbar - wie so oft - mit der Hölder-Ungleichung.

EDIT: Oder eben so, wie Guppi12 es inzwischen geschrieben hat.

23.09.2015, 15:17

steviehawk

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okay, dafür schon mal vielen Dank.

Bleibt die Suche nach meinem Gegenbeispiel und die Frage ob meine Überlegungen zu der Varianz stimmen.

1) Gegenbeispiel

Ich möchte zeigen, dass aus $\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ im Allgemeinen nicht $\begin{eqnarray*} XY \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ gilt. Dass es bei Unabhängigkeit gilt habe ich ja schon erklärt.

Nun ist ja $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ i.A. nicht Unabhängig zu sich selbst. Wenn ich jetzt eine Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ habe, die in $\begin{eqnarray*} \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ ist. Dann betrachte ich $\begin{eqnarray*} X \cdot X = X^2 \end{eqnarray*}$ . Nun ist ja die Aussage $\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ äquivalent zur Aussage $\begin{eqnarray*} X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ . Darauf wolltest du HAL9000 doch hinaus oder? Ich müsste also eine Zufallsvariable finden, für die zwar der Erwartungswert existiert, aber die Varianz nicht. Ich kenne zwar die Cauchy-Verteilung, für die existiert aber beides nicht (Existenz meint bei uns immer $\begin{eqnarray*} < \infty \end{eqnarray*}$ )

Ich habe schon mal irgendwo gelesen, dass es solche Zufallsvariablen gibt, auch wenn mir jetzt spontan keine einfällt, beim googlen findet man genug smile

2) Überlegungen zur Varianz

(a) Ich weiß, dass im Falle von $\begin{eqnarray*} X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ die Varianz existiert, gilt auch die Umkehrung?

(b) Kann ich dann wie oben argumentieren $\begin{eqnarray*} X,Y \in \mathcal L^2 \Rightarrow XY \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$ , falls $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ unabhängig sind. Da

$\begin{eqnarray*} Var(XY) = ... < \infty \end{eqnarray*}$ falls nun (a) gilt, wäre dann $\begin{eqnarray*} X \cdot Y \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

Danke für die Hilfe Wink

23.09.2015, 15:30

HAL 9000

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Ein einfaches Beispiel ist die stetige Verteilung mit Dichte $\begin{align*} f_X(x) = \frac{m+1}{x^{m+2}}\cdot 1_{[1,\infty)}(x) \end{align*}$ : Für die existieren noch die Momente

$\begin{align*} E\left(X^k\right) = (m+1) \int\limits_1^{\infty} x^{k-m-2} ~ \dd x = \frac{m+1}{m+1-k} \end{align*}$ für $\begin{align*} k=1,\ldots,m \end{align*}$ ,

aber Moment $\begin{align*} E\left(X^{m+1}\right) \end{align*}$ existiert nicht mehr.

23.09.2015, 15:32

steviehawk

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perfekt vielen Dank, das notiere ich gleich in meine Unterlagen versuche es mal durch zu rechnen..

Und zu Frage 2 ?

23.09.2015, 16:08

HAL 9000

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Generell: $\begin{align*} X\in \mathcal{L}^p \end{align*}$ ist gleichbedeutend mit: Messbarkeit sowie $\begin{align*} E|X|^p < \infty \end{align*}$

2)(a) Die Existenz der Varianz impliziert über deren Definition $\begin{align*} V(X) := E((X-E(X))^2) \end{align*}$ erstmal $\begin{align*} E(X)<\infty \end{align*}$ , und über $\begin{align*} E(X^2) = (E(X))^2 + V(X) \end{align*}$ folgt aus $\begin{align*} V(X)<\infty \end{align*}$ dann auch $\begin{align*} E(X^2)<\infty \end{align*}$ , also $\begin{align*} X\in \mathcal{L}^2 \end{align*}$ .

2)(b) Wie ich in einem anderen Thread schon mal sagte: Mit $\begin{align*} X,Y \end{align*}$ unabhängig sind auch $\begin{align*} X^2,Y^2 \end{align*}$ unabhängig, es ist also $\begin{align*} E((XY)^2) = E(X^2Y^2) = E(X^2)E(Y^2)<\infty \end{align*}$ und damit $\begin{align*} XY\in \mathcal{L}^2 \end{align*}$ . Man sieht leicht, dass man diese Überlegung auf beliebige Exponenten $\begin{align*} p\geq 1 \end{align*}$ statt $\begin{align*} 2 \end{align*}$ ausdehnen kann.

10.10.2015, 12:01

steviehawk

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Hallo zusammen, ich habe hier noch eine Frage dazu:

stimmt es dass gilt:

$\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^1 \Leftrightarrow X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

beziehungsweise:

$\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^2 \Leftrightarrow X \in \mathcal L^4 \end{eqnarray*}$

Ich wegen folgender Überlegung auf die Behauptung:

$\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^1 \end{eqnarray*}$ bedeutet ja:

$\begin{eqnarray*} (\int |X^2| d \mu) < \infty \end{eqnarray*}$ das lässt sich umschreiben zu:

$\begin{eqnarray*} (\int |X|^2 d \mu) < \infty \end{eqnarray*}$ , so wenn ich daraus die Wurzel ziehe, dann wird es sicherlich kleiner, also:

$\begin{eqnarray*} \infty > (\int |X|^2 d \mu) \geq (\int |X|^2 d \mu)^{\frac{1}{2}} \Rightarrow X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

für die andere Aussage analog: $\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \infty > (\int |X^2|^2 d \mu)^{\frac{1}{2}} = (\int |X|^4 d \mu)^{\frac{1}{2}} \geq (\int |X|^4 d \mu)^{\frac{1}{4}} \Rightarrow X \in \mathcal L^4 \end{eqnarray*}$

Danke für die Hilfe Wink

10.10.2015, 12:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von steviehawk
$\begin{eqnarray*} \infty > (\int |X|^2 d \mu) {\color{red}\geq} (\int |X|^2 d \mu)^{\frac{1}{2}} \Rightarrow X \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

für die andere Aussage analog: $\begin{eqnarray*} X^2 \in \mathcal L^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \infty > (\int |X^2|^2 d \mu)^{\frac{1}{2}} = (\int |X|^4 d \mu)^{\frac{1}{2}} {\color{red}\geq} (\int |X|^4 d \mu)^{\frac{1}{4}} \Rightarrow X \in \mathcal L^4 \end{eqnarray*}$

Danke für die Hilfe Wink

Die beiden $\begin{eqnarray*} {\color{red}\geq} \end{eqnarray*}$ stimmen i.a. nicht, aber die sind zum Beweis ja auch gar nicht nötig, sondern nur der für beliebige positive $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ gültige Schluss

$\begin{eqnarray*} a<\infty \;\Rightarrow\; \sqrt{a}<\infty \end{eqnarray*}$ .

Der Rest sollte soweit stimmen. Dein $\begin{eqnarray*} a{\color{red}\geq} \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ stimmt ja nur für $\begin{eqnarray*} a\geq 1 \end{eqnarray*}$ , was bei dir i.a. nicht vorausgesetzt werden kann. unglücklich

10.10.2015, 12:28

steviehawk

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stimmt, das gilt ja nur für $\begin{eqnarray*} a \geq 1 \end{eqnarray*}$ , aber da ich es nicht brauche ist es ja nicht so schlimm smile

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