Perhitungan Ekspektasi Bersyarat pada -algebras

Saya belum benar-benar melihat buku-buku probabilitas menghitung ekspektasi bersyarat, kecuali untuk -gebra yang dihasilkan oleh variabel acak diskrit. Mereka hanya menyatakan keberadaan harapan bersyarat, beserta sifat-sifatnya, dan membiarkannya begitu saja. Saya menemukan ini sedikit mengecewakan dan saya mencoba menemukan metode untuk menghitungnya. Inilah yang menurut saya "seharusnya". $\sigma$

Biarkan menjadi ruang probabilitas dengan a -gebra. Misalkan menjadi variabel acak. Tujuan kami adalah untuk menghitung . $(\Omega, \mathscr{F},\mu)$ $\mathscr{G}\subseteq \mathscr{F}$ $\sigma$ $\xi:\Omega\to \mathbb{R}$ $E[\xi|\mathscr{G}]$

Perbaiki , kita perlu menghitung . Biarkan menjadi seperti . Intuition mengatakan bahwa adalah perkiraan untuk nilai , asalkan tentu saja itu yang sekarang kita asumsikan. $\omega\in \Omega$ $E[\xi|\mathscr{G}](\omega)$ $A\in \mathscr{G}$ $\omega\in A$ $E[\xi|A] = \frac1{\mu(A)}\int_A \xi$ $E[\xi|\mathscr{G}](\omega)$ $\mu(A) \not = 0$

Intuisi juga mengatakan bahwa, jika kita dapat menemukan peristiwa yang lebih kecil , dengan , dan , maka adalah pendekatan yang lebih baik dari daripada . $B\subseteq A$ $\omega\in B$ $\mu(B) \not = 0$ $E[\xi|B]$ $E[\xi|\mathscr{G}](\omega)$ $E[\xi|A]$

Karenanya, pendekatan yang optimal haruslah mana , dengan , dan dengan properti minimum . Properti minimum sini hanya jika dengan , maka . $E[\xi|\mathscr{G}](\omega)$ $E[\xi|M]$ $M\in \mathscr{G}$ $\omega\in M$ $A\in \mathscr{G}$ $\omega\in A$ $M\subseteq A$

Tetapi ada dua masalah:

(i) Apakah seperti itu ada? Jika paling banyak dapat dihitung, ini sepele. Jadi, mari kita asumsikan bahwa memang dapat dihitung. $M$ $\mathscr{G}$ $\mathscr{G}$

(ii) Bagaimana jika , maka tidak ditentukan! Dalam hal ini kita akan menganggap bahwa kita dapat menghasilkan urutan peristiwa , sehingga dan . $\mu(M) = 0$ $E[\xi|M]$ $M_n\in \mathscr{G}$ $M_n \downarrow M$ $\mu(M_n) > 0$

Intuisi mengatakan itu,

E [ξ | G] (ω) = lim_{n \to \infty} \frac{1}{μ (M_{n})} \int_{M_{n}} ξ = lim_{n \to \infty} \frac{1}{μ (M_{n})} \int_{Ω} ξ . 1_{M_{n}}

$E[\xi|\mathscr{G}](\omega) = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{\mu(M_n)}\int_{M_n}\xi =\lim_{n\to \infty} \frac{1}{\mu(M_n)}\int_{\Omega} \xi.\mathbf{1}_{M_n}$

Sebagai pemeriksaan realitas, Teorema Konvergensi Monoton menyiratkan, Kontinuitas dalam ukuran menyiratkan, Dengan demikian, batas kami adalah dari bentuk tak tentu " ", yang adalah apa yang kita inginkan.

\int_{Ω} ξ . 1_{M_{n}} \to \int_{Ω} ξ . 1_{M} = \int_{Ω} 0 = 0

$\int_{\Omega} \xi.\mathbf{1}_{M_n} \to \int_{\Omega} \xi.\mathbf{1}_{M} = \int_{\Omega} 0 = 0$

μ (M_{n}) \to μ (M) = 0

$\mu(M_n) \to \mu(M) = 0$

\frac{0}{0}

$\frac{0}{0}$

1) Apakah perhitungan ini dengan benar menghitung ekspektasi bersyarat?

2) Apa beberapa asumsi pada ruang probabilitas untuk menampung ini?

— Nicolas Bourbaki
sumber

Selain itu: Ini adalah teorema yang terkenal bahwa tidak ada aljabar sigma yang dapat dihitung, sehingga (i) Anda memerlukan beberapa revisi, karena pada dasarnya mengasumsikan finiteness.

| G |

$|\mathcal{G}|$

— kardinal

@ cardinal -algebra yang dihasilkan oleh variabel acak sederhana akan dihitung.

σ

$\sigma$

— Nicolas Bourbaki

The -algebra dari variabel acak sederhana akan terbatas, yang dalam konser dengan hasil yang saya sebutkan di atas, secara signifikan menyederhanakan Anda (i).

σ

$\sigma$

— kardinal

Anda harus melihat ke dalam paradoks borel

— kjetil b halvorsen

Ini tidak menjawab pertanyaan tetapi memberikan semacam "contoh tandingan". Tidak cukup, tetapi tidak mengatasi masalah potensial yang dapat terjadi ketika menggunakan intuisi Anda untuk memperkirakan perkiraan bersyarat.

Buku oleh Brezniak, "Proses Stochastic Dasar", menghitung latihan ekspektasi bersyarat berikut melalui definisi formal. Saya redid contohnya menggunakan 'metode perkiraan' seperti yang ditanyakan dalam posting asli.

Perhatikan contoh berikut. dengan standar ukuran Lebesgue. $\Omega = [0,1]$ $\mu$

Tentukan variabel acak, dan. Kami akan menghitung . Dengan , harapan bersyarat harus sama dengan . Namun, acara adalah himpunan , yang berukuran nol, dan tidak terdefinisi. $\xi(\omega) = 2\omega^2$ $\eta(\omega) = 1 - |2\omega - 1|$ $E[\xi|\eta]$ $\omega\in \Omega$ $E[\xi|\eta](\omega)$ $E[\xi|\eta = \eta(\omega)]$ $(\eta = \eta(\omega))$ $\{ \omega,1-\omega\}$ $[\xi|\eta = \eta(\omega)]$

Jadi kami akan memperkirakan acara . Pilih kecil , dan buat acara . Peristiwa mendekati , dan mendekati dalam batas saat kami mengecilkan . Selanjutnya, . $A=\{\omega,1-\omega\}$ $\varepsilon > 0$ $A_{\varepsilon} = [\omega - \varepsilon,\omega + \varepsilon] \cup \{ 1 - \omega \}$ $A_{\varepsilon}$ $A$ $A$ $\varepsilon$ $\mu(A_{\varepsilon}) = 2\varepsilon$

Kami menghitung, dalam batasnya, Tapi ini jawaban yang salah!

E [ξ | A_{ε}] = \frac{1}{2 ε} \int_{ω - ε}^{ω + ε} 2 t^{2} d t \to 2 ω^{2}

$E[\xi|A_{\varepsilon}] = \frac{1}{2\varepsilon} \int_{\omega - \varepsilon}^{\omega + \varepsilon} 2t^2 ~ dt \to 2\omega^2$

Namun , jika kita memperkirakan dengan lalu, Yang merupakan jawaban yang tepat! $B_{\varepsilon} = [\omega - \varepsilon,\omega + \varepsilon] \cup [1- \omega - \varepsilon,1-\omega + \varepsilon]$

E [ξ | B_{ε}] = \frac{1}{4 ε} {\int_{ω - ε}^{ω + ε} 2 t^{2} d t + \int_{1 - ω - ε}^{1 - ω + ε} 2 t^{2} d t} \to ω^{2} + (1 - ω)^{2}

$E[\xi|B_{\varepsilon}] = \frac{1}{4\varepsilon} \left\{ \int_{\omega - \varepsilon}^{\omega + \varepsilon} 2t^2 ~ dt + \int_{1-\omega - \varepsilon}^{1-\omega + \varepsilon} 2t^2 ~ dt \right\} \to \omega^2 + (1-\omega)^2$

Mengapa satu pendekatan berhasil dan yang lainnya tidak? Jelasnya, pada aproksimasi pertama, set aproksimasi bukan milik -gebra yang dihasilkan oleh . Dalam perkiraan kedua, set perkiraan memang milik . $A_{\omega}$ $\sigma$ $\xi$ $B_{\omega}$ $\sigma(\xi)$

— Nicolas Bourbaki
sumber