Unabhängigkeit bed. Erwartung

14.08.2012, 15:30	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Unabhängigkeit bed. Erwartung Meine Frage: Hallo! Ich möchte mal fragen, ob sich jemand von Euch meinen folgenden Beweis anschauen kann, um mir zu sagen, ob er in Ordnung ist. Und zwar geht es um den Beweis zu folgender Aussage: Es sei $\begin{eqnarray} (\Omega,\mathcal{F},P) \end{eqnarray}$ ein Wahrscheinlichkeitsraum, $\begin{eqnarray} X\colon\Omega\to\mathbb{R} \end{eqnarray}$ eine bezüglich $\begin{eqnarray} P \end{eqnarray}$ integrierbare Zufallsvariable, $\begin{eqnarray} (\Omega',\mathcal{F}') \end{eqnarray}$ ein messbarer Raum und $\begin{eqnarray} Y\colon\Omega\to\Omega' \end{eqnarray}$ eine $\begin{eqnarray} \mathcal{F}-\mathcal{F}' \end{eqnarray}$ -messbare Zufallsvariable. Sind $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ voneinander unabhängig, so gilt: $\begin{eqnarray} E(X\|Y)=E(X)\text{ f.s.} \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Zeigen muss ich $\begin{eqnarray} \int\limits_{M}X\, dP=\int\limits_{M}E(X)\, dP~\forall~M\in\sigma(Y)=\left\{Y^{-1}(F')\|F'\in\mathcal{F}'\right\} \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \int\limits_{M}X\, dP=\int_{\Omega}\chi_{M}(\omega)X\, dP=E\left(\chi_{M}(\omega)X\right)=E\left(\chi_{M}(\omega)\right)E(X) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\int\limits_{\Omega}\chi_{M}(\omega)\, dP\int\limits_{\Omega}X\, dP=\int\limits_{\Omega}\chi_{M}(\omega)E(X)\, dP=\int\limits_{M}E(X)\, dP \end{eqnarray}$ Jetzt muss ich noch beweisen, dass $\begin{eqnarray} E\left(\chi_{M}(\omega)X\right)=E\left(\chi_{M}(\omega)\right)E(X) \end{eqnarray}$ . Dies gilt, da $\begin{eqnarray} \chi_M \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ voneinander unabhängig sind: Betrachte die von ihnen erzeugten $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ -Algebren: $\begin{eqnarray} \sigma\left(\chi_M\right)=\left\{M,M^{C},\Omega,\emptyset\right\} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \sigma(X)=\left\{X^{-1}(B)\|B\in\mathcal{B}(\mathbb{R})\right\} \end{eqnarray}$ Nun gilt: $\begin{eqnarray} M=Y^{-1}(F') \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} F'\in\mathcal{F}' \end{eqnarray}$ , d.h., da nach Voraussetzung $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ voneinander unabhängige Zufallsvariablen sind: $\begin{eqnarray} P\left(X^{-1}(B)\cap M\right)=P\left(X^{-1}(B)\cap Y^{-1}(F')\right)=P\left(X^{-1}(B)\right)P\left(Y^{-1}(F')\right)~\forall~B\in\mathcal{B}(\mathbb{R}) \end{eqnarray}$ Ebenso gilt $\begin{eqnarray} M^{C}=Y^{-1}(F'^{C}), F'^{C}\in\mathcal{F} \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} P\left(X^{-1}(B)\cap M^{C}\right)=P\left(X^{-1}(B)\right)P\left(Y^{-1}(F'^{C})\right)~\forall~B\in\mathcal{B}(\mathbb{R}) \end{eqnarray}$ Schließlich gilt noch $\begin{eqnarray} P\left(X^{-1}(B)\cap\Omega\right)=P\left(X^{-1}(B)\right)=P\left(X^{-1}(B)\right)\underbrace{P(\Omega)}_{=1}\forall~B\in\mathcal{B}(\mathbb{R}) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} P\left(X^{-1}(B)\cap\emptyset\right)=P(\emptyset)=0=P\left(X^{-1}(B)\right)P(\emptyset)~\forall~B\in\mathcal{B}(\mathbb{R}) \end{eqnarray}$ . Viele Grüße Dennis
14.08.2012, 21:56	speedyschmidt	Auf diesen Beitrag antworten »
Find es ok. Eine Anmerkung: absolut überflüssig ist es, ständig Integrale reinzubauen. Bleib bei E, da sparste Zeit- und Denkaufwand. Die Gleichung in der Du Erwartungswerte multiplizierst, weil unabhängig - find ich auch krass dass Du da alles so genau machst, find ich irgendwie trivial, aber hängt eben vom Korrektor ab.
14.08.2012, 23:01	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für Dein Feedback und Deine Hinweise, speedyschmidt! Ich stimme Dir zu, daß ich es an manchen Stellen evtl. etwas zu kleinlich aufgeschrieben habe. Aber kürzen kann ich ja immer noch.

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