Bedingte Erwartung(diskret)

10.12.2008, 18:59

Fletcher

Bedingte Erwartung(diskret)

Guten Abend,

ich habe mal wieder ein paar Aufgaben und Ideen, die ich gerne diskutieren würde.

1) Sei $\begin{eqnarray*} \Omega=\{1,2,...,6\} \end{eqnarray*}$ . Sei weiter X gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z:=1_{\{2,4,6\}}(X) \end{eqnarray*}$ .
Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ und gib eine Version der bedingten Erwartung $\begin{eqnarray*} U:=E[X|Z] \end{eqnarray*}$ an.

Meine Idee: Da wir hier im diskreten Fall sind, kann man als Sigma-Algebra ja immer die Potenzmenge wählen, folglich ist die von Z erzeugte Sigma-Algebra gegeben durch die 8 elementige Menge, welche aus Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \{2,4,6\} \end{eqnarray*}$ besteht + die Menge selbst und der leeren Menge. Ist das korrekt?
Um nun mit der bedingten Erwartung zu hantieren macht mir es noch ein wenig Schwierigkeiten die Notation im Skript richtig zu deuten. Hier steht:
$\begin{eqnarray*} E[X|Z]=\sum_{i=1}^n E_i[X]1_{B_i}(\omega) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} E_i[X]=\int X(\omega)P_{B_i}(d\omega) \end{eqnarray*}$ gilt.
Wobei Z eine Sigma-Algebra ist, welche uns die Vorinformation näher beschreibt.

Nun sind wir hier im diskreten Fall, das bedeutet mit intergrieren ist da nix. Weiter gilt, dass wir schon wissen, dass entweder die 2,4,6 eingetreten ist und sollen ja mit dieser Vorinformation den bedingten Erwartungswert berechnen. Ich komme auf den Wert $\begin{eqnarray*} U=4 \end{eqnarray*}$ . Ich habe das so gemacht, dass ich zunächst $\begin{eqnarray*} E_i[X] \end{eqnarray*}$ berechnet habe indem ich für $\begin{eqnarray*} P_{B_i}(d\omega)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ genommen habe und dann habe ich diese addiert zu: $\begin{eqnarray*} B=\frac{2}{3}+\frac{4}{3}+\frac{6}{3} \end{eqnarray*}$
Ist das korrekt?

Wozu habe ich aber die von Z erzeugte Sigma-Algebra gebraucht?

2) Seien (X,Y) gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \{1,2,...,6\}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V:=max\{X,Y\} \end{eqnarray*}$ . Bestimme $\begin{eqnarray*} \sigma(V) \end{eqnarray*}$ und gib eine Version der bedingten Erwartung $\begin{eqnarray*} W:=E[X|V] \end{eqnarray*}$ an.

Meine Idee: Hier kann V alle Werte annehmen zwischen 1,...,6 folglich ist die erzeugte Sigma-Algebra wieder die Potenmenge oder?
Den Formalismus aus der 1) anzuwenden ist hier doch viel aufwendiger. Ja nachdem welchen Wert V hat kann ich etwas über X aussagen. Hat V z.b. den Wert 1 dann hat auch X den Wert 1. Hat V z.b. den Wert 4 dann hat X entweder den Wert 1,2,3 oder 4 und jeder dieser Werte wird mit einer Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ angenommen. Die Erwartungwerte $\begin{eqnarray*} E_i[X] \end{eqnarray*}$ kann ich somit leicht berechnen, aber dann habe ich ein Problem beim aufsummieren, es hängt an dieser Formel: $\begin{eqnarray*} E[X|Z]=\sum_{i=1}^n E_i[X]1_{B_i}(\omega) \end{eqnarray*}$
Was sind hier die Indikatorfunktionen $\begin{eqnarray*} 1_{B_i} \end{eqnarray*}$ ?

Vielen Dank und schönen Gruß

11.12.2008, 20:31

Fletcher

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Kann mir jemand vielleicht zu Problem 2) sagen wo mein Denkfehler liegt?

Ist ansonsten alles soweit korrekt?

Danke Wink

11.12.2008, 20:59

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Zitat:

Original von Fletcher
1) Sei $\begin{eqnarray*} \Omega=\{1,2,...,6\} \end{eqnarray*}$ . Sei weiter X gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z:=1_{\{2,4,6\}}(X) \end{eqnarray*}$ .
Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ und gib eine Version der bedingten Erwartung $\begin{eqnarray*} U:=E[X|Z] \end{eqnarray*}$ an.

Meine Idee: Da wir hier im diskreten Fall sind, kann man als Sigma-Algebra ja immer die Potenzmenge wählen, folglich ist die von Z erzeugte Sigma-Algebra gegeben durch die 8 elementige Menge, welche aus Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \{2,4,6\} \end{eqnarray*}$ besteht + die Menge selbst und der leeren Menge. Ist das korrekt?

Nein, ist nicht korrekt:

$\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ ist die Urbild-Sigma-Algebra der Abbildung $\begin{eqnarray*} Z:\Omega\to\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ . Welche Urbilder können hier denn entstehen? Doch nur $\begin{eqnarray*} A:= Z^{-1}(\{1\}) = \{2,4,6\} \end{eqnarray*}$ , dessen Komplement sowie trivialerweise die leere Menge und $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , that's it:

$\begin{eqnarray*} \sigma(Z) = \{ \emptyset, A, A^c, \Omega \} \end{eqnarray*}$

Und die bedingte Erwartung $\begin{eqnarray*} U=U(\omega) \end{eqnarray*}$ muss jetzt bzgl. $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ messbar sein, ist also sowohl auf $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ als auch auf $\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ konstant.

Zitat:

Original von Fletcher
2) Seien (X,Y) gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \{1,2,...,6\}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V:=max\{X,Y\} \end{eqnarray*}$ . Bestimme $\begin{eqnarray*} \sigma(V) \end{eqnarray*}$ und gib eine Version der bedingten Erwartung $\begin{eqnarray*} W:=E[X|V] \end{eqnarray*}$ an.

Meine Idee: Hier kann V alle Werte annehmen zwischen 1,...,6 folglich ist die erzeugte Sigma-Algebra wieder die Potenmenge oder?

Der Wertebereich ist richtig, die Sigma-Algebra erneut falsch. Betrachte nacheinander die Urbilder $\begin{eqnarray*} V^{-1}(\{k\}) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=1,\ldots,6 \end{eqnarray*}$ , dann kriegst du genau die atomaren Mengen (s.o.) von $\begin{eqnarray*} \sigma(V) \end{eqnarray*}$ - Beispiel:

$\begin{eqnarray*} V^{-1}(\{4\}) = \{ (1,4) , (4,1) , (2,4) , (4,2), (3,4) , (4,3), (4,4) \} \end{eqnarray*}$

Diese 6 Mengen erzeugen über alle möglichen Vereinigungen dann eine Sigmaalgebra $\begin{eqnarray*} \sigma(V) \end{eqnarray*}$ mit genau $\begin{eqnarray*} 2^6=64 \end{eqnarray*}$ Mengen.

Sieht so aus, als fehlt dir noch etwas das Verständnis für die Urbild-Sigmaalgebra. Wo das doch in diesen endlichen Fällen noch so schön anschaulich ist!

Zitat:

Original von Fletcher
Hat V z.b. den Wert 4 dann hat X entweder den Wert 1,2,3 oder 4 und jeder dieser Werte wird mit einer Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ angenommen.

Nein, eben nicht mit derselben Wkt. Jedes der sieben (!) Elemente aus $\begin{eqnarray*} V^{-1}(\{4\}) \end{eqnarray*}$ wird mit der gleichen Wkt angenommen, was dann letztendlich auf eine bedingte Verteilung

$\begin{eqnarray*} P(X=1 | V=4) = P(X=2 | V=4) = P(X=3 | V=4) = \frac{1}{7} , \quad P(X=4 | V=4) = \frac{4}{7} \end{eqnarray*}$

führt!

Zitat:

Hier steht:
$\begin{eqnarray*} E[X|Z]=\sum_{i=1}^n E_i[X]1_{B_i}(\omega) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} E_i[X]=\int X(\omega)P_{B_i}(d\omega) \end{eqnarray*}$ gilt.
Wobei Z eine Sigma-Algebra ist, welche uns die Vorinformation näher beschreibt.

Formeln sind das eine, sie richtig zu deuten eine ganz andere Sache, wie man hier sieht. Es fehlen allerdings auch einige Informationen:

Rückwärts lässt sich schlussfolgern, dass hier folgendes angenommen wird: $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ kann nur $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Werte annehmen, sagen wir $\begin{eqnarray*} z_1,\ldots,z_n \end{eqnarray*}$ . Und dann definiert man die $\begin{eqnarray*} B_i \end{eqnarray*}$ als die zugehörigen Urbilder, also

$\begin{eqnarray*} B_i := Z^{-1}(\{z_i\}) = \{ \omega\in\Omega \bigm| Z(\omega)=z_i \} \end{eqnarray*}$ .

Dann ist die Formel korrekt, wobei man $\begin{eqnarray*} E_i[X] \end{eqnarray*}$ hier im diskreten Fall auch direkt mit $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ schreiben kann:

$\begin{eqnarray*} E_i[X] = \frac{1}{P(B_i)} \cdot \int X(\omega) ~ P(\dd\omega) \end{eqnarray*}$ .

In deiner Aufgabe (1) etwa wäre $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z_1=0,z_2=1 \end{eqnarray*}$ ; in Aufgabe (2) mit $\begin{eqnarray*} Z=V \end{eqnarray*}$ dagegen $\begin{eqnarray*} n=6 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z_i=i \end{eqnarray*}$ .

Ich denke, du musst dir einfach noch ein paar solche Beispiele anschauen, dann muss es irgendwann "klick" machen. Bedingte Erwartung kann wirklich grausam sein, wenn einem nur Formeln präsentiert werden und man dann sofort ins kalte Wasser solcher Aufgaben geworfen wird. Es ist nicht mal so, dass das sonderlich schwirerig ist, aber man kann sich als Anfänger schon in den Mengen, oder den Mengen von Mengen verheddern... Teufel

11.12.2008, 23:14

Fletcher

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Guten Abend,

du hast natürlich Recht. Sigma-Algebren sind ein echtes Problem von mir, vorallem wenn dann noch diese erzeugenden Systeme hinzukommen. Mit den Urbildern hatte ich es auch noch nicht so. Ich muss mir das über die Weihnachtsferien nochmals in Ruhe angucken.
In der Vorlesung werden leider überhaupt keine Beispiele dieser Art gemacht. Wenn ich dann die Lösung sehe, fällt es nicht schwer nachzuvollziehen. Komme in den Übungsstunden gut mit, aber von Anfang an gleich selbst alles zu machen ohne dafür ein Gefühl zu haben ist wirklich schwer. Ich denke mal das war bei jedem so, oder? Augenzwinkern

12.12.2008, 17:58

Fletcher

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Guten Abend,

ich habe mich jetzt hingesetzt und bekomme bei der 1) für U folgendes:

$\begin{eqnarray*} U=4\cdot 1_{\{2,4,6\}}+3\cdot 1_{\{1,3,5\}} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe, dass ich damit das ganze verstanden habe. U ist ja wieder eine Zufallsvariable und hat damit keinen konkreten Wert. Ist das richtig interpretiert?

Für W habe ich wie von dir vorgeschlagen zunächst die Urbilder der Werte 1,2,...,6 ausgerechnet und anschließend diese Mengen mit $\begin{eqnarray*} B_i \end{eqnarray*}$ bezeichnet. Dann habe ich die Erwartungswerte berechnet und das ganze kann man dann wieder als Summe wie oben darstellen.

Was sagst du? Augenzwinkern

13.12.2008, 00:06

Ben Sisko

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Zitat:

Original von Fletcher
Sigma-Algebren sind ein echtes Problem von mir, vorallem wenn dann noch diese erzeugenden Systeme hinzukommen.

Schau dir mal diesen Beitrag dazu an. Sehr einfaches Beispiel sehr schön erklärt. Danach solltest du mit dem Beispiel im Hinterkopf unbedingt nochmal die Definitionen anschauen!

Gruß vom Ben

13.12.2008, 00:32

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Zitat:

Original von Fletcher
$\begin{eqnarray*} U=4\cdot 1_{\{2,4,6\}}+3\cdot 1_{\{1,3,5\}} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe, dass ich damit das ganze verstanden habe. U ist ja wieder eine Zufallsvariable und hat damit keinen konkreten Wert. Ist das richtig interpretiert?

Ja, ist richtig. Langsam hast du den Bogen raus. Freude

13.12.2008, 10:35

Fletcher

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Zitat:

Original von Ben Sisko
Schau dir mal diesen Beitrag dazu an. Sehr einfaches Beispiel sehr schön erklärt. Danach solltest du mit dem Beispiel im Hinterkopf unbedingt nochmal die Definitionen anschauen!

Gruß vom Ben

Danke für den Tip, diesen Beitrag werde ich mir mal in aller Ruhe anschauen und hoffen das es danach besser geht.

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