Доказать, что случайные величины независимы

[mehanat]

Каждая из случайных величин $X$ и $Y$ принимает лишь два значения, причем $Cov(X, Y) = 0$. Докажите, что $X$ и $Y$ независимы

Рассматриваю величины $X$ и $Y$, мат. ожидание которых равно нулю (если это не так, вычту из $X$ и $Y$ их мат. ожидания и тогда из независимости полученных переменных будет следовать и независимость $X$ и $Y$).
$X$ и $Y$ принимают значения $X_1$, $X_2$, $Y_1$ и , $Y_2$ соответственно

Тогда:
$Cov(X, Y) = E[X \cdot Y] = X_1 Y_1 \cdot P(X=X_1, Y=Y_1) + X_1 Y_2 \cdot P(X=X_1, Y=Y_2) + X_2 Y_1 \cdot P(X=X_2, Y=Y_1) + X_2 Y_2 \cdot P(X=X_2, Y=Y_2) = 0$
Но не могу понять как из этого доказать независимость $X$ и $Y$

[ShMaxG]

Лучше перейдите к случайным величинам, которые принимают значения только 0 и 1. Это надо что-то вычесть и поделить. Потом запишите ковариацию, приравняйте к нулю. И вспомните определение независимости случайных величин. Все довольно просто получается.

[vicvolf]

mehanat в сообщении #1444146 писал(а):

Каждая из случайных величин $X$ и $Y$ принимает лишь два значения, причем $Cov(X, Y) = 0$. Докажите, что $X$ и $Y$ независимы

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$, то они являются независимыми. Напомню, что вырожденной случайной величиной называется случайная величина,принимающая одно значение с вероятностью равной 1. В данном случае случайные величины принимают два значения, поэтому являются невырожденными. Здесь все просто $Cov (X,Y)=E(X,Y)-E(X)E(Y)=0$. Поэтому выполняется $E(X,Y)=E(X)E(Y)$. (отредактировал текст)

[Otta]

vicvolf

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Здесь все просто

А что именно "просто"?

-- 22.03.2020, 14:46 --

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

(отредактировал текст)

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$, то они являются независимыми.

Это неверно, даже если вместо матожидания вектора имелось в виду матожидание произведения.

[DeBill]

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$, то они являются независимыми.

Здесь есть неточности: 1. Вместо запятой должно быть умножение, да?
2. Утверждение верно для ВЫРОЖДЕННЫХ (а для НЕ - не, вообще говоря)

-- 22.03.2020, 14:51 --

И составляет это содержание стандартной задачи "приведите пример некоррелированных, но не независимых"

[vicvolf]

DeBill в сообщении #1446254 писал(а):

И составляет это содержание стандартной задачи "приведите пример некоррелированных, но не независимых"

Замечание и пример на стр. 53 Ширяева.

[Otta]

vicvolf в сообщении #1446276 писал(а):

Замечание и пример на стр. 53 Ширяева.

О чем замечание?

[vicvolf]

Otta в сообщении #1446278 писал(а):

vicvolf в сообщении #1446276 писал(а):

Замечание и пример на стр. 53 Ширяева.

О чем замечание?

Что из некоррелированности двух случайных величин, вообще говоря, не следует их независимость.

[Otta]

vicvolf в сообщении #1446280 писал(а):

Что из некоррелированности двух случайных величин, вообще говоря, не следует их независимость.

Это известный факт, спасибо. Вам о нем напомнили, чтобы не было утверждений типа:

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$, то они являются независимыми.

А страницу - прочитайте.

[vicvolf]

OttaЯ все понял, поэтому и написал страницу учебника, где приведено данное замечание и пример.

[mihaild]

vicvolf, вы написали

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$, то они являются независимыми

В таком виде это утверждение выглядит очень странно, но, наверное, выполнено, т.к. чтобы ожидание вектора - т.е. вектор - было равно произведению чисел, т.е. числу, звезды должны сойтись очень сильно. Но если считать, что в левой части $E(X\cdot Y)$, то утверждение становится понятным, и неверным.
Что вы собственно имели в виду в процитированном фрагменте?

[Евгений Машеров]

vicvolf в сообщении #1446238 писал(а):

Если для невырожденных случайных величин $X,Y$ выполняется: $E(X,Y)=E(X)E(Y)$,

А что есть $E(X,Y)$? Если матожидание вектора из двух элементов икс и игрек, то как вектор равен скаляру?

[Евгений Машеров]

Или под знаком матожидания произведение? Тогда утверждение неверно.
Вот пример (простой, но я вот придумал практический пример).
Как известно, артиллеристы любят принимать распределение отклонений снаряда за нормальное. Во время Ютландского боя немецкие командиры кораблей использовали приём "доворота на разрыв", заметив, что вражеский снаряд разорвался вблизи их корабля, они поворачивали на него, чтобы корректура прицела у англичан оказалась ошибочной. То если, если считать отклонение случайной величиной x, то перемещение корабля будет $y=x$. Однако при очень большом отклонении имеет смысл повернуть в противоположную сторону, чтобы запутать противника (введённая им корректура будет неточной, и опасаться попаданием следующим выстрелом не стоит).
$y=\begin{cases} x,&\text{если $|x|>m$;}\\ -x,&\text{если $|x|<m$.} \end{cases}$
Очевидно, матожидание произведения $xy$ выбором параметра m может быть сделано положительным, отрицательным или нулевым. Но функциональная, даже не статистическая зависимость y от x останется.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1446301 писал(а):

Но если считать, что в левой части $E(X\cdot Y)$, то утверждение становится понятным, и неверным.

Да, этот вопрос уже обсуждался выше.

vicvolf в сообщении #1446280 писал(а):

из некоррелированности двух случайных величин, вообще говоря, не следует их независимость.

-- 22.03.2020, 18:30 --

Евгений Машеров в сообщении #1446336 писал(а):

Как известно, артиллеристы любят принимать распределение отклонений снаряда за нормальное. Во время Ютландского боя немецкие командиры кораблей использовали приём "доворота на разрыв", заметив, что вражеский снаряд разорвался вблизи их корабля, они поворачивали на него, чтобы корректура прицела у англичан оказалась ошибочной. То если, если считать отклонение случайной величиной x, то перемещение корабля будет $y=x$. Однако при очень большом отклонении имеет смысл повернуть в противоположную сторону, чтобы запутать противника (введённая им корректура будет неточной, и опасаться попаданием следующим выстрелом не стоит).
$y=\begin{cases} x,&\text{если $|x|>m$;}\\ -x,&\text{если $|x|<m$.} \end{cases}$
Очевидно, матожидание произведения $xy$ выбором параметра m может быть сделано положительным, отрицательным или нулевым. Но функциональная, даже не статистическая зависимость y от x останется.

Спасибо, за пример!