Bedingte Erwartungswerte und Filtrationen

16.11.2017, 19:29

ixquadrat

Bedingte Erwartungswerte und Filtrationen

Hallo zusammen,

mich plagt im Moment ein Verständnisproblem beim Thema Martingale. Ein kleines Beispiel:

Eine Urne enthalte initial eine schwarze und eine weiße Kugel. Nach jedem Zug notiere man die Farbe der gezogenen Kugel und lege $\begin{eqnarray*} c \in N \end{eqnarray*}$ Kugeln der selben Farbe zurück in die Urne. Sei $\begin{eqnarray*} (S_n)_{n \in N_0} \end{eqnarray*}$ , die Anzahl schwarzer Kugeln in der Urne nach dem n-ten Zug und $\begin{eqnarray*} F := (F_n)_{n \in N_0} \end{eqnarray*}$ die zugehörige natürliche Filtration. Zeigen Sie, dass der prozentuale Anteil schwarzer Kugeln in der Urne ein F-Martingal is.

Soweit so gut. Die Anzahl aller Kugeln lässt sich recht einfach ermitteln durch $\begin{eqnarray*} A_n = A_{n-1} + c - 1 = 2 + n(c-1) \end{eqnarray*}$ (wir nehmen jede Runde eine raus und legen c zurück, daher ein Zuwachs von c-1 Kugeln pro Runde.

Weiter definiere den prozentualen Anteil zum Zeitpunkt n als:

$\begin{eqnarray*} Y_n := \frac{S_n}{A_n} \end{eqnarray*}$

Nun soll man zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ ein F-Martingal ist. Zu zeigen ist also
1) $\begin{eqnarray*} E|Y_n| < \infty \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} E(Y_{n+1} | F_n) = Y_n \end{eqnarray*}$

1) lässt sich recht einfach zeigen indem man sich überlegt wie sich die Wahrscheinlichkeit, dass man eine schwarze Kugel zieht, verhält:

$\begin{eqnarray*} P_n = \frac{S_{n-1}}{A_{n-1}} \end{eqnarray*}$ Anzahl der schwarzen Kugeln im Topf geteilt durch die Anzahl aller Kugeln (zum Zeitpunkt n-1).

Damit kommt man für 1) direkt auf $\begin{eqnarray*} E(Y_n) = Y_{n-1} \in (0,1) < \infty \end{eqnarray*}$ nach der Konstruktion von $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$

soweit alles easy. Jetzt ist jedoch 2) zu zeigen. Hierfür ist der bedingte Erwartungswert zu berechnen. Man sieht schon relativ schnell, dass wohl einfach der normale Erwartungswert (wie man ihn in 1) berechnet hat rauskommen muss). Daher könnte man gemäß den Rechenregeln der bedingten Erwartungswerte annehmen, dass $\begin{eqnarray*} Y_{n+1} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} F_{n} \end{eqnarray*}$ unabhängig ist. Daher:

$\begin{eqnarray*} E(Y_{n+1} | F_n) = E(Y_{n+1}) = Y_n \end{eqnarray*}$

Wieso gilt diese Unabhängigkeit???? Im Allgemeinen kann das ja nicht stimmen, es muss wohl an der natürlichen Filtration liegen nehme ich an?

16.11.2017, 21:34

HAL 9000

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Offemkundig ist

$\begin{align*} P(S_{n+1}=m \mid S_n=k,S_{n-1},\ldots,S_1) = P(S_{n+1} = m \mid S_n=k) \end{align*}$ ,

denn diese Wahrscheinlichkeit hängt nur von der Anzahl $\begin{align*} m \end{align*}$ der Kugeln in der Urne unmittelbar vor dem Zug ab, nicht von der weiter zurück liegenden Vergangenheit. Konkret ist

$\begin{align*} P(S_{n+1} = k+c-1 \mid S_n=k) = \frac{k}{A_n} \end{align*}$ (wenn schwarz gezogen wird) und $\begin{align*} P(S_{n+1} = k \mid S_n=k) = \frac{A_n-k}{A_n} \end{align*}$ (wenn weiß gezogen wird), alle anderen Werte kommen nicht für $\begin{align*} S_{n+1} \end{align*}$ in Frage. Damit ist

$\begin{align*} E(S_{n+1} \mid S_n=k) = \frac{k}{A_n}\cdot (k+c-1) + \frac{A_n-k}{A_n}\cdot k = \frac{k(A_n+c-1)}{A_n} = \frac{kA_{n+1}}{A_n} \end{align*}$ ,

d.h., via $\begin{align*} Y_n=\frac{S_n}{A_n} \end{align*}$ folgt damit $\begin{align*} E\left(Y_{n+1} \mid Y_n=\frac{k}{A_n}\right) = \frac{k}{A_n} \end{align*}$ . Da dies für alle $\begin{align*} k \end{align*}$ gilt, folgt daraus $\begin{align*} E\left(Y_{n+1} \mid Y_n\right) = Y_n \end{align*}$ .

Zitat:

Original von ixquadrat
$\begin{eqnarray*} E(Y_{n+1} | F_n) = E(Y_{n+1}) = Y_n \end{eqnarray*}$

Das ist falsch: Es gilt zwar $\begin{align*} E\left(Y_{n+1} \mid F_n\right) = Y_n \end{align*}$ , aber das ist eine Zufallsgröße, die gewiss nicht gleich der Konstanten $\begin{align*} E\left(Y_{n+1}\right) \end{align*}$ ist. unglücklich

16.11.2017, 22:30

ixquadrat

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Zitat:

Original von HAL 9000 $\begin{align*} E\left(Y_{n+1} \mid Y_n=\frac{k}{A_n}\right) = \frac{k}{A_n} \end{align*}$ . Da dies für alle $\begin{align*} k \end{align*}$ gilt, folgt daraus $\begin{align*} E\left(Y_{n+1} \mid Y_n\right) = Y_n \end{align*}$

Hm, soweit verstehe ich. Mein Problem ist jedoch, dass ich ja den Erwartungswert gegeben einer Filtration $\begin{eqnarray*} F_n \end{eqnarray*}$ angeben muss.

Ich verstehe den Übergang von $\begin{eqnarray*} E(Y_{n+1} \mid Y_n) = Y_n \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} E(Y_{n+1} \mid F_n) = Y_n \end{eqnarray*}$ nicht. $\begin{eqnarray*} F_n \end{eqnarray*}$ ist ja eine $\begin{eqnarray*} \sigma-Algebra \end{eqnarray*}$ für welche $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} F_n-B(R)-messbar \end{eqnarray*}$ ist.

17.11.2017, 06:43

HAL 9000

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Zitat:

Original von ixquadrat
Hm, soweit verstehe ich. Mein Problem ist jedoch, dass ich ja den Erwartungswert gegeben einer Filtration $\begin{eqnarray*} F_n \end{eqnarray*}$ angeben muss.

Bitte alles lesen! Forum Kloppe

Zitat:

Original von HAL 9000
Offemkundig ist

$\begin{align*} P(S_{n+1}=m \mid S_n=k,S_{n-1},\ldots,S_1) = P(S_{n+1} = m \mid S_n=k) \end{align*}$ ,

denn diese Wahrscheinlichkeit hängt nur von der Anzahl $\begin{align*} m \end{align*}$ der Kugeln in der Urne unmittelbar vor dem Zug ab, nicht von der weiter zurück liegenden Vergangenheit.

Das ist ja nichts anderes als $\begin{align*} P(Y_{n+1}\in B \mid F_n) = P(Y_{n+1}\in B \mid Y_n) \end{align*}$ , woraus unmittelbar $\begin{align*} E(Y_{n+1} \mid F_n) = E(Y_{n+1} \mid Y_n) \end{align*}$ folgt.

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