Bedingte Erwartung 2

17.12.2007, 18:03	Ambrosius	Auf diesen Beitrag antworten »
Bedingte Erwartung 2 Nun ein konkretes Beispiel zur bedingten erwartung das ich rechnen soll. Ich soll zeigen, dass für zwei ZVS $\begin{eqnarray} X,Y \in L^1 (\Omega ,\mathcal{A} , P) \end{eqnarray}$ unabhängig und identisch verteilt gilt $\begin{eqnarray} E(X \mid X+Y ) = \frac{1}{2} \cdot (X + Y) \end{eqnarray}$ Zum beweis: ich brauche nur die Integraleigenschaft nachrechnen, da messbarkeit klar ist: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \cdot \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~X+Y~dP = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~X~dP + \frac{1}{2} \cdot \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~Y~dP \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ eine Menge aus der Borelschen-Sigma-Algebra ist. Nun sind aber beide summanden doch das gleiche (indem ich im zweiten summanden die bezeichnung vertausche) und erhalte damit $\begin{eqnarray} \dots = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~X~dP + \frac{1}{2} \cdot \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~X~dP = \int\limits_{(X+Y)^{-1}(B)}~X~dP \end{eqnarray}$ korrekt? PS: Das müsste doch auch verallgemeinerbar sein auf $\begin{eqnarray} E(X \mid X+ \lambda \cdot Y ) \end{eqnarray}$ also intuitiv würde ich das nun denken? aber welches ist die dazu passende funktion. hatte es schon mit $\begin{eqnarray} \frac{X+Y}{c+1} \end{eqnarray}$ versucht, aber das war nix
18.12.2007, 13:05	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, die Rechnung oben ist soweit Ok. Zum allgemeineren Problem $\begin{eqnarray} E(X \mid X+ \lambda \cdot Y ) \end{eqnarray}$ : Eine bedingte Erwartung $\begin{eqnarray} E(X \mid \mathcal{A}) \end{eqnarray}$ muss ja eine $\begin{eqnarray} \mathcal{A} \end{eqnarray}$ -messbare Zufallsgröße sein. Im Fall $\begin{eqnarray} \mathcal{A} = \sigma(Z) \end{eqnarray}$ mit einer Zufallsgröße $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} E(X \mid Z) \end{eqnarray}$ , heißt das, dass es eine determninistische (also nichtzufällige) Funktion $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray} E(X \mid Z) = g(Z) \end{eqnarray}$ P-f.s. geben muss. Im vorliegenden Fall also $\begin{eqnarray} E(X \mid X+ \lambda \cdot Y) = g(X+ \lambda \cdot Y) \end{eqnarray}$ P-f.s. Nun kann man versuchen dieses $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ zu bestimmen gemäß $\begin{eqnarray} g(t) := E(X \mid X+ \lambda \cdot Y=t) \end{eqnarray}$ . Das Ergebnis ist bei allgemeinem $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ leider von der konkreten Verteilung von $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ abhängig. Nur in Ausnahmefällen ist $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ davon unabhängig: Für $\begin{eqnarray} \lambda=1 \end{eqnarray}$ ist (s.o.) $\begin{eqnarray} g(t)=\frac{t}{2} \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} \lambda=0 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} g(t)=t \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} \lambda =\infty \end{eqnarray}$ (im Grenzwertsinn) ist $\begin{eqnarray} g(t)=E(X) \end{eqnarray}$ . Jedenfalls ist die Linearitäts-Vermutung $\begin{eqnarray} g(t) \stackrel{?}{=} ct \end{eqnarray}$ mit irgendeiner (nur von $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ abhängigen) Konstante $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ für allgemeine $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ falsch - so einfach ist es nicht. EDIT: Hab mal noch ein bisschen gerechnet. Liegen die Dichten $\begin{eqnarray} f_X \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_Y \end{eqnarray}$ vor, so ist $\begin{eqnarray} g(t) = \frac{\int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ x\cdot f_X(x) f_Y\left( \frac{t-x}{\lambda} \right) ~ \dd x}{\int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f_X(x) f_Y\left( \frac{t-x}{\lambda} \right) ~ \dd x} \end{eqnarray}$ Wegen der identischen Verteilung ist $\begin{eqnarray} f_X=f_Y=:f \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} g(t) = \frac{\int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ x\cdot f(x) f\left( \frac{t-x}{\lambda} \right) ~ \dd x}{\int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f(x) f\left( \frac{t-x}{\lambda} \right) ~ \dd x} \end{eqnarray}$ Beispiel: Für unabhängig identisch exponentialverteilte $\begin{eqnarray} X,Y \sim \operatorname{Exp}(\mu) \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} \lambda>0,\lambda\neq 1 \end{eqnarray}$ ergibt obige Formel $\begin{eqnarray} g(t) = \frac{1}{\mu\left[1-\frac{1}{\lambda} \right]} + \frac{t}{1-\exp\left( \mu t\left[1-\frac{1}{\lambda} \right] \right)} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} t>0 \end{eqnarray}$ , allerdings nur, wenn ich mich nicht verrechnet habe - aber das schiebe ich dann auf meinen Gehilfen MuPad.

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