Berechnung der bedingten Erwartung an

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Ich habe nicht wirklich gesehen, dass Wahrscheinlichkeitsbücher die bedingte Erwartung berechnen, außer für σ Algebren, die durch eine diskrete Zufallsvariable erzeugt werden. Sie geben einfach die Existenz der bedingten Erwartung zusammen mit ihren Eigenschaften an und belassen sie dabei. Ich finde das etwas ärgerlich und versuche, eine Methode zu finden, um es zu berechnen. Dies ist, was ich denke, dass es "sein sollte".

Sei (Ω,F,μ) ein Wahrscheinlichkeitsraum mit GF a σ Algebra. Sei ξ:ΩR eine Zufallsvariable. Unser Ziel ist es, zu berechnen G ]E[ξ|G] .

Fix ωΩ , wir müssen berechnen G ] ( ω )E[ξ|G](ω) . Lassen AG so beschaffen sein , ωA . Die Intuition sagt, dass E[ξ|A]=1μ(A)Aξist eine Annäherung an den Wert vonE[ξ|G](ω), vorausgesetzt natürlich, dassμ(A)0was wir jetzt annehmen.

Die Intuition sagt auch, dass, wenn wir ein kleineres Ereignis BA mit ωB und μ(B)0 , E[ξ|B] ist eine bessere Annäherung an E[ξ|G](ω) als E[ξ|A] .

Daher die optimale solche Annäherung von sollte E [ ξ | sein M ] wobei M G ist , mit ω M und mit der minimalen Eigenschaft . Die minimale Eigenschaft hier ist einfach , wenn A G mit & ohgr; A , dann M A .E[ξ|G](ω)E[ξ|M]MGωMAGωAMA

Es gibt jedoch zwei Probleme:

(i) Existiert ein solches überhaupt? Wenn G höchstens zählbar ist, ist dies trivial wahr. Nehmen wir also an, dass G tatsächlich zählbar ist.MGG

(ii) Was ist, wenn , dann ist E [ ξ | M ] ist undefiniert! In diesem Fall nehmen wir an, dass wir eine Folge von Ereignissen M nG erzeugen können , so dass M nM und μ ( M n ) > 0 sind .μ(M)=0E[ξ|M]MnGMnMμ(Mn)>0

Die Intuition sagt, dass

E[ξ|G](ω)=limn1μ(Mn)Mnξ=limn1μ(Mn)Ωξ.1Mn

Zur Überprüfung der Realität impliziert der Satz der monotonen Konvergenz: Kontinuität im Maß impliziert, Somit liegt unsere Grenze in der unbestimmten Form " ", die ist was wir wollen. μ( M n )μ(M)=0 0

Ωξ.1MnΩξ.1M=Ω0=0
μ(Mn)μ(M)=0
00

1) Berechnet diese Berechnung die bedingte Erwartung korrekt?

2) Was sind einige Annahmen zum Wahrscheinlichkeitsraum dafür?

Nicolas Bourbaki
quelle
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Nebenbei: Es ist ein bekannter Satz, dass keine Sigma-Algebren zählbar sind, daher muss Ihr (i) überarbeitet werden, da im Grunde genommen die Endlichkeit von vorausgesetzt wird G | . |G|
Kardinal
@cardinal Die durch eine einfache Zufallsvariable erzeugte Algebra kann gezählt werden. σ
Nicolas Bourbaki
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Die Algebra einer einfachen Zufallsvariablen ist endlich, was zusammen mit dem oben erwähnten Ergebnis Ihr (i) erheblich vereinfacht. σ
Kardinal
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Sie sollten in das Borel-Paradoxon
schauen

Antworten:

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Dies beantwortet die Frage nicht, bietet jedoch eine Art "Gegenbeispiel". Nicht ganz, aber es geht um ein potenzielles Problem, das auftreten kann, wenn Sie Ihre Intuition verwenden, um die bedingte Annäherung zu approximieren.

Das Buch von Brezniak, "Basic Stochastic Processes", berechnet die folgende bedingte Erwartungsübung über die formale Definition. Ich habe sein Beispiel mit der im ursprünglichen Beitrag geforderten 'Approximationsmethode' überarbeitet.


Betrachten Sie das folgende Beispiel. mit μ das Standard-Lebesgue-Maß.Ω=[0,1]μ

Definieren Sie die Zufallsvariablen, und η ( ω ) = 1 - | 2 ω - 1 | . Wir werden E [ ξ | berechnen η ] . Bei ω Ω ist die bedingte Erwartung E [ ξ | η ] ( ω ) sollte gleich E [ ξ | sein η = η (ξ(ω)=2ω2η(ω)=1|2ω1|E[ξ|η]ωΩE[ξ|η](ω) . Das Ereignis ( η = η ( ω ) ) ist jedoch die Menge { ω , 1 - ω } , die vom Maß Null ist, und somit [ ξ | η = η ( ω ) ] ist undefiniert.E[ξ|η=η(ω)](η=η(ω)){ω,1ω}[ξ|η=η(ω)]

A={ω,1ω}ε>0Aε=[ωε,ω+ε]{1ω}AεAAεμ(Aε)=2ε

E[ξ|Aε]=12εωεω+ε2t2 dt2ω2

Bε=[ωε,ω+ε][1ωε,1ω+ε]

E[ξ|Bε]=14ε{ωεω+ε2t2 dt+1ωε1ω+ε2t2 dt}ω2+(1ω)2

AωσξBωσ(ξ)

Nicolas Bourbaki
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