Математическое ожидание произведения

[bayah]

Кажется я туплю сильно раз до дошло до этого момента, но я чего-то не понимаю...
В общем, доказывается что математическое ожидание произведения независимых величин есть произведение их математических ожиданий. И сразу же не ясно первое же равенство:
$E(XY) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} X(\omega)Y(\omega)P(\omega) = \sum\limits_{x \in X(\Omega), y \in Y(\Omega)}xyP(X = x, Y = y)$
, где
$X, Y$ - независимые случайные величины,
$\Omega$ - вероятностное пространство,
$\omega$ - элементарное событие,
$P(\omega)$ - вероятность элементарного события,
$P(X = x, Y = y)$ - вероятность совместного события при котором $X = x$ и $Y = y$.

Для примера пусть $\Omega = {0,1}$, $X: i = i$, $Y: j = j$.
$P(\omega) = \frac{1}{2}$ для всех $\omega$

Тогда
$\sum\limits_{\omega \in \Omega} X(\omega)Y(\omega)P(\omega) = 0 \cdot 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

, но
$\sum\limits_{x \in X(\Omega), y \in Y(\Omega)}xyP(X = x, Y = y) = 0 \cdot 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} + 1 \cdot 0 \cdot \frac{1}{4} + 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$

Где ошибка?

[Евгений Машеров]

bayah в сообщении #1325887 писал(а):

$P(\omega) = \frac{1}{2}$ для всех $\omega$

Омег-то у Вас не две, а четыре

[Xaositect]

bayah в сообщении #1325887 писал(а):

Для примера пусть $\Omega = {0,1}$, $X: i = i$, $Y: j = j$.
$P(\omega) = \frac{1}{2}$ для всех $\omega$

Это не независимые случайные величины, и $P(X = 1, Y = 1) \neq \frac14$

[Someone]

Извините, я не понимаю, что означает

bayah в сообщении #1325887 писал(а):

$X: i = i$, $Y: j = j$

У Вас вероятностное пространство состоит из двух элементов: $\Omega=\{0,1\}$.
Значит, Вы должны определить, чему равны четыре числа $X(0),X(1),Y(0),Y(1)$. Затем найти совместный закон распределения. И только потом считать математическое ожидание произведения. Если вероятности всех элементарных исходов равны $\frac 12$, то $\frac 14$ взять неоткуда.

Евгений Машеров в сообщении #1325889 писал(а):

Омег-то у Вас не две, а четыре

Две у него, две. Додумается ли он до четырёх — большой вопрос. Поэтому сначала пусть с двумя разберётся.

[Евгений Машеров]

Омег всё же четыре. А вот вероятностных пространств два. Разных. В одном два события, в другом четыре.
Ой, кажется, слишком близко к недозволенной подсказке...

[B@R5uk]

Евгений Машеров в сообщении #1325905 писал(а):

Омег всё же четыре. А вот вероятностных пространств два. Разных.

Почему бы не смотреть на это по-другому? $\omega$ — элементарные события, а $x$ и $y$ — сложные события, построенные на элементарных. На мой взгляд это и подразумевается в предложенных формулах.

[bayah]

Someone в сообщении #1325891 писал(а):

Извините, я не понимаю, что означает bayah в сообщении #1325887

писал(а):
$X: i = i$, $Y: j = j$

Это как раз для этого:

Someone в сообщении #1325891 писал(а):

Значит, Вы должны определить, чему равны четыре числа $X(0),X(1),Y(0),Y(1)$.

$X(0) = 0$, $X(1) = 1$, $Y(0) = 0$, $Y(1) = 1$ (ну да, эти случайные величины одинаковы, пусть так получилось)

Someone в сообщении #1325891 писал(а):

Если вероятности всех элементарных исходов равны $\frac 12$, то $\frac 14$ взять неоткуда.

Ну как, допустим элементарные события это выпадения при бросании монетки орла или решки - это самое вероятностное пространство $\{0,1\}$ - с вероятностью $\frac{1}{2}$ каждое. Тогда какова вероятность любого совместного события при броске двух монеток? Например, события $P(1,1)$? $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ же, нет?

[B@R5uk]

Бросание одной монетки и бросание двух монеток порождают два совершенно разных пространства событий.

-- 11.07.2018, 14:12 --

bayah в сообщении #1325911 писал(а):

$X(0) = 0$, $X(1) = 1$, $Y(0) = 0$, $Y(1) = 1$ (ну да, эти случайные величины одинаковы, пусть так получилось)

А теперь запишите чему равны $P(X = x, Y = y)$ в табличку 2 на 2.

[bayah]

B@R5uk в сообщении #1325912 писал(а):

А теперь запишите чему равны $P(X = x, Y = y)$ в табличку 2 на 2.

Аа... ну в случае одной монетки это получатся зависимые величины. $X$ и $Y$ в этом случае не могут быть разными - в этом случае их совместные вероятности равны $0$. А вероятности с одинаковыми $X$ и $Y$ равны $\frac{1}{2}$. Тогда все сходится.

А если это две разные монетки? $X$ - выпадение на первой монете, $Y$ - на второй. Тут уже точно величины независимы и все вероятности $P(X = x, Y = y)$ равны $\frac{1}{4}$.
И тогда вроде бы все так как в изначальном моем примере:
$E(XY) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} X(\omega)Y(\omega)P(\omega) = 0 \cdot 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$\sum\limits_{x \in X(\Omega), y \in Y(\Omega)}xyP(X = x, Y = y) = 0 \cdot 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} + 1 \cdot 0 \cdot \frac{1}{4} + 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$

?

[Евгений Машеров]

Вам уже говорили, что у Вас два разных пространства событий. И если в первом выражении у Вас будет правильное, соответствующее задаче, результат совпадёт со вторым, и будет правильным.

[bayah]

Евгений Машеров в сообщении #1326102 писал(а):

Вам уже говорили, что у Вас два разных пространства событий. И если в первом выражении у Вас будет правильное, соответствующее задаче, результат совпадёт со вторым, и будет правильным.

А какое вероятностное пространство должно быть в первом выражении?

[mihaild]

bayah в сообщении #1326154 писал(а):

А какое вероятностное пространство должно быть в первом выражении?

Опишите пространство элементарных исходов, соответствующее броску двух монеток, и случайные величины $X$ и $Y$ на нем (пусть индикаторы выпадения орла на первой и второй монетках).

[Евгений Машеров]

bayah в сообщении #1326154 писал(а):

А какое вероятностное пространство должно быть в первом выражении?

Такое же, как и во втором. На 4 исхода.
Вы, рассматривая бросание одной монеты, обозначаете буквой $\omega$. А потом рассматриваете бросание двух монет, и обозначаете той же буквой. Само по себе это не ошибка, ошибка в том, что Вы отчего-то полагаете, что одинаковое обозначение подразумевает одинаковое содержание.

[bayah]

mihaild в сообщении #1326163 писал(а):

Опишите пространство элементарных исходов, соответствующее броску двух монеток, и случайные величины $X$ и $Y$ на нем (пусть индикаторы выпадения орла на первой и второй монетках).

Ну это как посмотреть. Если сразу как для двух монеток, то пространство элементарных исходов будет состоять из $4$ элементов - собственно все сочетания на первой и второй монетки. Тогда и случайные величины нужно определить для каждого из этих четырех исходов. Но я рассматриваю не их совместное бросание, а просто две монетки чтобы были независимые случайные величины. Соответственно пространство каждой это два исхода орел или решка и соответственно два значения для случайных величин $0$ и $1$. И затем перемножаю их и хочу посчитать математическое ожидание произведения.

Вот собственно формулы что я приводил в первом сообщении это из "Конкретной математики" Кнута, Поташника доказательство формулы мат ожидания произведения независимых величин. Еще раз - вот буквально цитата части доказательства:
$E(XY) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} X(\omega)Y(\omega)P(\omega) = \sum\limits_{x \in X(\Omega), y \in Y(\Omega)}xyP(X = x, Y = y)$

Мне не понятны эти две формулы, точнее как это они равны. Какие там такие пространства $\Omega$, и $X(\Omega)$, $Y(\Omega)$ чтобы это было верно?

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.