Erwartungswert (Beweis)

28.09.2011, 13:17

Gast11022013

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Erwartungswert (Beweis)

Meine Frage:
Seien $\begin{eqnarray*} (X_i)_{i\geq 1} \end{eqnarray*}$ unabhängige, identisch verteilte reelle Zufallsvariablen in $\begin{eqnarray*} \mathcal{L}^1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tau \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} \left\{0,1,2,3,\hdots\right\} \end{eqnarray*}$ wertige Zufallsvariable mit $\begin{eqnarray*} E(\tau)<\infty \end{eqnarray*}$ . Für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ sei das Ereignis $\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ .

Zeigen Sie:

$\begin{eqnarray*} S_{\tau}=\sum_{i=1}^{\tau}X_i \end{eqnarray*}$ besitzt einen Erwartungswert und

es gilt $\begin{eqnarray*} E(S_{\tau})=E(\tau)E(X_1) \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Also diese Aufgabe scheint dann schon oberte Liga zu sein.
Ich verstehe hier - offen gestanden - nichts mehr.

Vielleicht hat jemand Lust, mir auf die Sprünge zu helfen?

Ich würde mich sehr freuen!

28.09.2011, 13:37

Cel

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Ich habe diesen Thread nicht komplett durchgelesen, aber eine große Schnittmenge gibt es. Augenzwinkern

Augenzwinkern

http://www.matheboard.de/archive/86941/1/thread.html

Schau mal rein, vielleicht hilft es.

28.09.2011, 13:56

Gast11022013

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Ich verstehe dort den Ansatz mit der Indikatorfunktion nicht.

Einen ähnlichen Ansatz müsste ich aber bestimmt auch machen...

28.09.2011, 16:40

Gast11022013

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Also der Ansatz ist wohl, daß man erstmal schreibt:

$\begin{eqnarray*} S_{\tau}=\sum_{i=1}^{\tau}X_i=\sum_{i=1}^{\infty}X_i\cdot \chi_{\left\{\tau\geq i\right\}} \end{eqnarray*}$

Weiter würde ich dann meinen:

$\begin{eqnarray*} E(S_{\tau})=E\left(\sum_{i=1}^{\infty}X_i\cdot\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right)=\sum_{i=1}^{\infty}E\left(X_i\cdot\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right) \end{eqnarray*}$

Nun ist ja laut Aufgabenstellung das Ereignis $\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Deswegen kann man wohl schreiben:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E\left(X_i\cdot\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right)=\sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot E\left(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right) \end{eqnarray*}$

Nun ist $\begin{eqnarray*} E\left(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right)=P(\tau\geq i) \end{eqnarray*}$ , sodaß:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot E\left(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\right)= \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot P(\tau\geq i) \end{eqnarray*}$

Puh, aber weiter komme ich wirklich nicht.

28.09.2011, 20:28

Zündholz

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Prinzipiell ist es so weit richtig bis auf die eine Sache wo du die Summe aus dem Erwartungswert ziehst
Hier bräuchtest du evtl. noch eine Begründung.

Also nun zu

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot P(\tau\geq i) \end{eqnarray*}$

Nun kannst du mal zunächst den Erwartungswert E[X_1] rausziehen, denn die X_i sind ja identisch verteilt, also kannst du auch den Erwartungswert über X_1 nehmen, und dieser Erwartungswert ist eine Zahl.

Für die Reihe kannst du dir überlegen: Mal angenommen du hättest eine Zufallsvariable die nur Werte von 1 bis n animmt, dann wäre

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n} P(Y\geq i) =\sum_{i=1}^{n} i \cdot P(Y = i) \end{eqnarray*}$

Dies ist aber gleich dem Erwatungswert von Y. Das kannst du dir mal anhand von n = 2,3 usw. selbst überlegen, warum das so ist.

Prinzipiell läuft es also für die Reihe auch so. Allerdings wieß ich gerade auch nicht wie man das exakt zeigt.

Schöne Grüße

28.09.2011, 21:39

Gast11022013

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Die Summe aus dem Erwartungswert ziehen geht doch bei Erwartungswerten immer aufgrund der Additivität von Eigenwerten?

Und weiter:

Du meinst, daß ich aus der Summe $\begin{eqnarray*} E(X_1) \end{eqnarray*}$ herausziehen kann, in dem Sinne, daß

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot P(\tau\geq i)=E(X_1)\sum_{i=1}^{\infty}P(\tau\geq i) \end{eqnarray*}$ ?

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29.09.2011, 08:51

Zündholz

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Zitat:

Original von Dennis2010
Die Summe aus dem Erwartungswert ziehen geht doch bei Erwartungswerten immer aufgrund der Additivität von Eigenwerten?

Eigenwerte versteh ich nicht. Oder meinst du Additivität des Erwartungswertes.
Naja das Problem ist, dass du hier sowas wie Limes und Integral vertauscht (die X_i sind reellwertig). Additivität sagt ja nur das du endliche Summen rausziehen darfst.
(Müsste ich auch überlegen warum man das hier darf...)

Zitat:

Und weiter:

Du meinst, daß ich aus der Summe $\begin{eqnarray*} E(X_1) \end{eqnarray*}$ herausziehen kann, in dem Sinne, daß

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot P(\tau\geq i)=E(X_1)\sum_{i=1}^{\infty}P(\tau\geq i) \end{eqnarray*}$ ?

Ja.

29.09.2011, 09:11

René Gruber

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Zitat:

Original von Zündholz
dann wäre

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n} P(Y\geq i) =\sum_{i=1}^{n} i \cdot P(Y = i) \end{eqnarray*}$

[...]

Prinzipiell läuft es also für die Reihe auch so. Allerdings wieß ich gerade auch nicht wie man das exakt zeigt.

Ist so schwierig nicht, und steht auch schon in dem von Cel verlinkten Beitrag. Beim Nachweis von

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty} P(Y\geq i) =\sum_{i=1}^{\infty} i \cdot P(Y = i) \end{eqnarray*}$

setzt man erstmal links $\begin{eqnarray*} P(Y\geq i) = \sum_{k=i}^{\infty} P(Y = k) \end{eqnarray*}$ ein und vertauscht dann die Summationsreihenfolge von $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Eine derartige Vertauschung ist hier unproblematisch, denn Reihen mit ausschließlich nichtnegativen Summanden (wie hier $\begin{eqnarray*} P(Y=k) \end{eqnarray*}$ ) sind im Konvergenzfall auch gleich absolut konvergent und damit umordenbar. In allen anderen Fällen sind sie bestimmt divergent gegen $\begin{eqnarray*} +\infty \end{eqnarray*}$ , mit oder ohne Umordnung. Es ist also

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty} P(Y\geq i) = \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{k=i}^{\infty} P(Y = k) = \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{i=1}^{k} P(Y = k) = \sum_{k=1}^{\infty} k \cdot P(Y = k) \end{eqnarray*}$ .

29.09.2011, 10:59

Zündholz

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Ok, hatte ich spontan nicht gesehen smile

smile

Ach ja sorry, war etwas verwirrt, das mit der Vertauschung von Summe und Erwartungswert, darfst du schon machen. Sorry.

29.09.2011, 11:04

Gast11022013

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Okay, das Vertauschen von Summe und Erwartungswert ist also okay gewesen.

Was ist jetzt der nächste Schritt (nach dem, wo ich oben aufgehört hatte)?

Sorry, ich konnte den Beiträgen, die danach kommen, leider nicht so viel abgewinnen, es wäre nett, wenn mir das jemand schrittweise erklären könnte: So schnell bin ich da leider nicht.

30.09.2011, 10:36

Zündholz

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Zitat:

Original von René Gruber
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty} P(Y\geq i) = \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{k=i}^{\infty} P(Y = k) = \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{i=1}^{k} P(Y = k) = \sum_{k=1}^{\infty} k \cdot P(Y = k) \end{eqnarray*}$ .

Statt Y nimmst du tau und bist fertig. Oder was genau ist dir noch unklar

30.09.2011, 11:11

Gast11022013

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Achso, das dann einfach einsetzen in das Resultat, bei dem ich angekommen war.
Werde das mal machen. Ich bin da vor lauter Summenzeichen irgendwie ganz durcheinander gekommen.

30.09.2011, 12:46

Gast11022013

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Okay, ich habe mir das nochmal in Ruhe aufgeschrieben und komme dann auf das, was zu zeigen war.

Vielen lieben Dank an Euch!

30.09.2011, 14:06

Gast11022013

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RE: Erwartungswert (Beweis)
Ich habe doch nochmal eine Frage.

In der Aufgabenstellung heißt es ja, daß das Ereignis $\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ist.

Wieso darf man an entsprechender Stelle im Beweis daraus schließen, daß

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty}E(X_i\cdot\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}})=\sum_{i=1}^{\infty}E(X_i)\cdot E(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}) \end{eqnarray*}$ ?

Es ist mir klar, daß man dies darf, wenn man zwei unabhängige Zufallsvariablen hat und auch, daß es sich hier um zwei Zufallsvariablen handelt.

Aber mir ist nicht klar, wieso man aus obiger Angabe schließen kann, daß die beiden Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq i\right\}} \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, sodaßß man den Schritt in dem Beweis machen darf.

30.09.2011, 14:08

René Gruber

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Wie ist denn Unabhängigkeit von Zufallsgrößen definiert, d.h. basierend auf der Unabhängigkeit von Ereignissen? Wenn du dir dies nochmal anschaust, sollte sich eine solche Frage eigentlich erledigen.

30.09.2011, 15:00

Gast11022013

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Ich weiß nur, daß zwei Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_1, X_2 \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, wenn

$\begin{eqnarray*} P(X_1=x_1, X_2=x_2)=P(X_1=x_1)P(X_2=x_2) \end{eqnarray*}$ gilt.

30.09.2011, 15:05

René Gruber

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Nein, das ist nicht ausreichend. Nach dieser Definition wären alle stetigen Zufallsgrößen voneinander unabhängig, was gewiss nicht stimmt.

Tatsächlich wird die Unabhängigkeit von Zufallsgrößen auf die Unabhängigkeit der zugehörigen Urbild-Sigmaalgebren zurückgeführt. Allerdings reicht es dabei, sich auf Urblider von Erzeugendensystemen zu beschränken. Wenn du also

$\begin{eqnarray*} P(X_1\leq x_1, X_2\leq x_2) = P(X_1\leq x_1)P(X_2\leq x_2) \qquad \forall x_1,x_2\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$

schreibst, dann stimmt es für alle (auch die stetigen) Zufallsgrößen.

30.09.2011, 15:07

Gast11022013

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Aber ist denn $\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq n\right\}} \end{eqnarray*}$ reelle ZV?

Ich verstehe nicht, wo das hinführt.

30.09.2011, 15:14

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Aber ist denn $\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq n\right\}} \end{eqnarray*}$ reelle ZV?

Eine Indikatorfunktion nimmt nur die beiden Werte 0 oder 1 an. Nach meinem letzten Kenntnisstand sind beides reelle Zahlen.

30.09.2011, 15:23

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ähm, okay, das sehe ich ein. Hammer

Hammer

Dann muss gelten:

$\begin{eqnarray*} P(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\leq x_1,X_i\leq x_2)=P(\chi_{\left\{\tau\geq i\right\}}\leq x_1)P(X_i\leq x_2) \end{eqnarray*}$

Aber wie sieht man denn das?

30.09.2011, 15:24

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Herrje, ich bewundere deine Ausdauer, bei Primitivfragen zu den Grundlagen der Stochastik trotz erhaltener Antwort immer weiter zu fragen und dich dabei zu verzetteln.

Die Urbild-Sigmaalgebra einer Indikatorfunktion $\begin{eqnarray*} \chi_A \end{eqnarray*}$ ist einfach $\begin{eqnarray*} \{\emptyset,A,A^c,\Omega\} \end{eqnarray*}$ , damit ist $\begin{eqnarray*} \chi_A \end{eqnarray*}$ von einer anderen, beliebigen Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ genau dann abhängig, wenn die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X^{-1}(B) \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, und zwar für jede $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^1 \end{eqnarray*}$ -Borelmenge $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Wie bereits gesagt genügt es auch, das für Erzeugermengen dieser Sigmaalgebra nachzuweisen, hier bei der $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^1 \end{eqnarray*}$ -Borelsigmaalgebra wären das z.B. $\begin{eqnarray*} B=(-\infty,x] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

30.09.2011, 15:29

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann meint die Formulierung in der Aufgabe eigentlich, daß das Ereignis $\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(B) \end{eqnarray*}$ ist?

30.09.2011, 15:32

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

(vergiss es, es dreht sich alles nur furchtbar im Kreis...)

30.09.2011, 15:33

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Na, weil ich es nicht verstehe. Deswegen frage ich doch.

30.09.2011, 15:36

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Hier die Kurzfassung, und keine weiteren Fragen zu diesem lächerlichen Detail:

Die beiden Aussagen

"Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind unabhängig."

sowie

"Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und Indikator-Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} \chi_A \end{eqnarray*}$ sind unabhängig."

sind äquivalent.

30.09.2011, 15:37

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, ich frage nicht weiter, wüsste aber schon gerne, wie sich die Äquivalenz erklärt.

Für mich ist es nämlich kein lächerliches Detail, sondern ich lerne an sowas.

30.09.2011, 15:44

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du ruhig und geduldig die dir offenstehenden Definitionen anschaust, ist ja auch alles nachvollziehbar. Aber mach das doch bitte selbst, das ist nur technisch und deswegen furchtbar langweilig für mich.

30.09.2011, 15:51

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist okay, momentan werde ich aber nicht schlau aus alledem.

30.09.2011, 17:10

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, ich will's jedenfalls nicht aufgeben und versuche es weiter:

$\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\}=\left\{\omega\in\Omega:\tau(\omega)\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ und dies soll nun unabhängig von allen $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ sein.

Man will am Ende haben, daß

$\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq n\right\}}^{-1}(B) \end{eqnarray*}$ unabhängig ist von der Urbildmenge $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(C) \end{eqnarray*}$ , wobei C und B Borelmengen in IR sein sollen.

Wer könnte mir das nochmal verdeutlichen; ich denke, daß ich bei allem nötigen Respekt vor René Gruber doch das Recht habe, in diesem Forum hier nachzuhaken, schließlich bin ich genau dazu hier angemeldet.

30.09.2011, 17:16

Zündholz

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Das gleiche Problem hattest du doch schonmal, und ich dachte, dass du es hier verstanden hast verwirrt

verwirrt

Wie dort schon gesagt und von dir eigentlich gezeigt: Unabhängigkeit geht unter Verknüpfung mit messbaren Abbildungen nicht verloren.

30.09.2011, 17:18

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Wo hatte ich da denn das gleiche Problem?! geschockt

geschockt

30.09.2011, 17:25

Zündholz

Auf diesen Beitrag antworten »

(Kann man eigentlich direkt auf Beiträge verlinken?)
Auf der ersten Seite fragst du:

Zitat:

Nun sind, wie Du sagst $\begin{eqnarray*} f(X), f(Y), g(X), g(Y) \end{eqnarray*}$ unabhängig. (Wieso ist das so?)

Auf der zweiten Seite zeigst du das dann.

30.09.2011, 17:28

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, okay.

Aber hier ist mein Problem anders.

Wie man grundsätzlich Unabhängigkeit von Zufallsvariablen zeigt, weiß ich ja nun.

Wieso versteht keiner mein Problem? unglücklich

unglücklich

Ich muss mich unheimlich deppert ausdrücken.

Ich verstehe nicht, wie man von der Unabhängigkeit eines Ereignisses von einer Zufallsvariable auf die Unabhängigkeit der zu dem Ereignis gehörenden charakteristischen Funktion von der Zufallsvariablen kommt.

30.09.2011, 18:17

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie ist denn das eigentlich gemeint, daß $\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ ist, meint man da das Bild oder das Urbild von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ ?

01.10.2011, 12:43

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Es tut mir sehr leid, wenn ich einige User durch mein hartnäckiges Unverständnis vergrault haben sollte. Ich möchte das aber nichtsdestotrotz sehr gerne verstehen!

Ich habe mir wirklich den Kopf zerbrochen, komme aber schlicht und einfach nicht weiter.

$\begin{eqnarray*} \left\{\tau\geq n\right\} \end{eqnarray*}$ ist unabhängig von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \forall n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ).

Ich wiederhole mich (ich weiß), aber wieso in Gottes Namen ist dann auch

$\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq n\right\}} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ unabhängig?

Es will mir einfach nicht klar werden, so lange ich auch darüber nachdenke.
Vielleicht erbarmt sich ja nochmal jemand und schreibt es mir hin oder erklärt es mir nochmal, vielleicht schnalle ich es dann!

Wink

Wink

(Mir ist's fast schon peinlich nochmal zu fragen, aber es nützt ja nichts...)

01.10.2011, 12:57

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein letztes Mal:

- Die Unabhängigkeit von Zufallsgrößen ist definiert über die Unabhängigkeit von Sigma-Algebren (welche spezielle Ereignissysteme sind).

- Die Unabhängigkeit von Ereignissystemen ist definiert über die Unabhängigkeit von Ereignissen aus diesen Systemen.

- Die Definition der Unabhängigkeit von Ereignissen kennst du.

Mitunter (so wie hier) vermischt man das ganze auch im Sprachgebrauch, d.h. man betrachtet die Unabhängigkeit von Zufallsgrößen von Ereignissen o.ä.

Letzendlich kann das alles auf die Unabhängigkeit von Ereignissystemen zurückgeführt werden:

- Taucht in so einer Formulierung eine Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ auf, so kann die im Sinne dieser Definition durch die Urbild-Sigmaalgebra $\begin{eqnarray*} X^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ ersetzt werden, wobei $\begin{eqnarray*} \mathcal{B} \end{eqnarray*}$ die Borel-Sigmaalgebra der reellen Zahlen ist.

- Taucht ein einzelnes Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auf, so kann es im Sinne dieser Definition durch das (nur aus einem einzigen Ereignis bestehende) Ereignissystem $\begin{eqnarray*} \{A\} \end{eqnarray*}$ ersetzt werden.

Und wenn du jetzt endlich die Geduld besitzt, die Definitionen ordentlich herauszusuchen und einzusetzen, wirst du sehen, dass inhaltlich eigentlich gar nix passiert.

01.10.2011, 13:21

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, Schritt für Schritt.

Sollen die Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \chi_{\left\{\tau\geq n\right\}} \end{eqnarray*}$ voneinander unabhängig sein, so müssen also die Urbild- $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebren dieser Zufallsvariablen voneinander unabhängig sein, d.h. es müssen hier also

$\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left\{\emptyset,\Omega,\left\{\tau\geq n\right\},\left\{\tau<n\right\}\right\} \end{eqnarray*}$

voneinander unabhängig sein.

Das bedeutet, daß die Ereignisse aus diesen Urbild- $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebren voneinander unabhängig sein müssen, d.h.

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} A\in X_n^{-1}(\mathcal{B}), B\in \left\{\emptyset,\Omega,\left\{\tau\geq n\right\},\left\{\tau<n\right\}\right\} \end{eqnarray*}$

So?

Und nun habe ich noch Probleme, mir vorzustellen, was für Elemente in $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ sind, damit ich konkret überprüfen kann, ob $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ auch gilt.

01.10.2011, 13:28

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Und nun habe ich noch Probleme, mir vorzustellen, was für Elemente in $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ sind, damit ich konkret überprüfen kann, ob $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ auch gilt.

Das muss dich erstmal gar nicht kümmern. Schreib zunächst mal auf, was die andere Aussage bedeutet, also die Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \{ \tau\geq n\} \end{eqnarray*}$ .

01.10.2011, 13:32

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das müsste bedeuten, daß

$\begin{eqnarray*} P(A\cap\left\{\tau\geq n\right\})=P(A)P(\left\{\tau\geq n\right\}), A\in X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ gilt.

01.10.2011, 13:35

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, so konkret wollte ich es noch gar nicht haben. Wir haben die beiden Aussagen

Zitat:

(1) $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left\{\emptyset,\Omega,\left\{\tau\geq n\right\},\left\{\tau<n\right\}\right\} \end{eqnarray*}$ sind unabhängig.

und

Zitat:

(2) $\begin{eqnarray*} X_n^{-1}(\mathcal{B}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left\{ \left\{\tau\geq n\right\} \right\} \end{eqnarray*}$ sind unabhängig.

von denen die Äquivalenz nachzuweisen ist.

Der Teil $\begin{eqnarray*} (1) \Rightarrow (2) \end{eqnarray*}$ sollte klar sein.

Und $\begin{eqnarray*} (2) \Rightarrow (1) \end{eqnarray*}$ folgt aus der Hilfsaussage

Zitat:

Sind die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ unabhängig, dann sind auch $\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ unabhängig.

Wenn du die seltsamerweise noch nicht kennen solltest, dann weise sie nach.

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