две задачки на условное мат. ожидание

[LeXa]

Здравия тут всем желаю!

Имеются две задачи:

1) Дано: $\eta - G-измеримо,$\xi$ не зависит от $\sigma$–алгебры $G$ и борелевская $h(\cdot,\cdot)$ функция с $M|h(\xi,\eta)|<\infty$.
Доказать: $\Phi(y):=M(h(\xi,y))$ - борелевская функция и $P$-п.н. имеет место равенство $M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta)$.

2) Дано: $\eta$ и $\xi$ - независимые случ. величины,$h(\cdot,\cdot)$ - борелевская функция с $M|h(\xi,\eta)|<\infty$.
Доказать: $M(h(\xi,\eta)|\eta=y)=M(h(\xi,y))$ имеет место $P_\eta$-п.н. .

Размышления:

1) В первую очередь, не могу понять, почему $h(\xi,\eta)$ будет случайной величиной (относительно $\sigma(G,\eta)$), чтобы имело смысл рассматривать ее мат. ожидание (немыслимо же брать интеграл от неизмеримой функции, хотя и тут не очень уверен)! Чтобы $h(\xi,\eta)$ была случ. величиной, прообраз борелевского множества $A_1\times A_2$ из $\mathbb{R}^2$ обязан иметь борелевские компоненты ($A_1$ и $A_2$) - иначе, как же доказать измеримость $h(\xi,\eta)$ (относительно $\sigma(G,\eta)$, конечно, а то относительно самой богатой (состоящей из всех подмножеств) $\sigma$-алгебры любая функция будет измеримой). Если $\mathbb{R}^2$ рассматривать с топологией прямого произведения, тогда понятно, что $A_1\times A_2 \in \mathfrak{B}(\mathbb{R}^2)\Longleftrightarrow A_1,A_2 \in\mathfrak{B}(\mathbb{R})$ (по определению борелевских множеств), но разве такая топология может породить гомеоморфизм с иной топологией на $\mathbb{R}^2$ (простите, если я несу полную пургу - пытаюсь вникнуть в суть дела)?

Во-вторых, видно, что получить равенство ($P$-п.н.) $M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta)$ выйдет только в том случае, если доказать независимость $M(h(\xi,\eta))$ (и тут непонятка, почему $M(h(\xi,\eta))$ будет случ. величиной)) от $\sigma$-алгебры $G$.

Как я понимаю, $h(\xi,y)$ определена на $\Omega$ (как случ. величина) и поэтому $M(h(\xi,y))=\int\limits_{\Omega}h(\xi,y)P(d\omega)$ будет функцией с вещественным аргументом и значениями. Ввиду этого и оправдана запись $\Phi(y):=M(h(\xi,y))$.

(Вопрос про ТеХ)

Как без

$$ $$

увеличить знак интеграла, и как использовать сам знак доллара как символ?

Большая просьба, укажите хотя бы наводку на доказательство борелевости $\Phi(y)$, а то не могу начать!

2) Легко доказывается (есть в "Вероятности" Ширяева, стр. 236) эта задачка для характеристической функции, и там же указано, что в общем случае доказывается с использованием теоремы о монотонных классах... Может, скажете вкратце, каким именно путем или, может, есть иной, более ясный путь?

Буду рад любым замечаниям!

[AKM]

LeXa в сообщении #409937 писал(а):

Как без $$ $$ увеличить знак интеграла, и как использовать сам знак доллара как символ?

Наверное, так сработает: $\displaystyle\int d\$ $: $\displaystyle\int\limits_{\$_1}^{\$_2} d\$ $. Для определённого интеграла (поскольку он по сути --- сумма), должен сработать и этот способ увеличения знака суммы.

[--mS--]

LeXa в сообщении #409937 писал(а):

1) В первую очередь, не могу понять, почему $h(\xi,\eta)$ будет случайной величиной (относительно $\sigma(G,\eta)$), чтобы имело смысл рассматривать ее мат. ожидание (немыслимо же брать интеграл от неизмеримой функции, хотя и тут не очень уверен)!

Никак не поняла одного: при чём тут $\sigma(G,\eta)$ и кто это такое? Если $\eta$ измерима относительно $G$, то $\sigma(\eta)\subseteq G$. Наверное, это было $\sigma(G,\xi)$. Ну тогда пусть лучше вместо него будет исходная сигма-алгебра на $\Omega$.

Итак, дано вероятностное пространство $\langle \Omega, \mathcal{F}, \mathsf P\rangle$ и есть две случайные величины $\xi,\, \eta :\Omega \to \mathbb R$, то бишь, функции, измеримые относительно $\mathcal{F}$.

1) Вектор $(\xi(\omega), \eta(\omega))$ является $\mathcal{F}$-измеримым отображением $\Omega$ в $\mathbb R^2$.

Доказывается это методом подходящих множеств легко: собираем в множество $\mathcal{K}$ те подмножества $B\subseteq\mathbb R^2$, прообразы которых $\{\omega\in\Omega\, |\, (\xi(\omega), \eta(\omega))\in B \}$ принадлежат $\mathcal{F}$. Очевидно, что $\mathcal{K}$ содержит любые прямоугольники, содержит всю плоскость, замкнуто относительно счётных объединений и взятия дополнений, т.е. является сигма-алгеброй. А значит, борелевская сигма-алгебра $\mathfrak{B}(\mathbb R^2)$ содержится в $\mathcal{K}$.

2) Дальше вспоминаем про борелевость функции $h(x,y)$ и получаем искомое.

LeXa в сообщении #409937 писал(а):

Во-вторых, видно, что получить равенство ($P$-п.н.) $M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta)$ выйдет только в том случае, если доказать независимость $M(h(\xi,\eta))$ (и тут непонятка, почему $M(h(\xi,\eta))$ будет случ. величиной)) от $\sigma$-алгебры $G$.

Вау, тут кругом у Вас независимость чисел от сигма-алгебр Числа (как постоянные на $\Omega$ функции) независимы ни от чего, и измеримы относительно всего. Что-то явно иное Вы хотели спросить

LeXa в сообщении #409937 писал(а):

Большая просьба, укажите хотя бы наводку на доказательство борелевости $\Phi(y)$, а то не могу начать!

Легко. При доказательстве теоремы Фубини в ТВ приходится этот факт доказывать всегда. См., например (прошу прощения - указываю источник, который мне родней ), ТВ А.А.Боровкова, параграф 3 приложения 3, лемма 4.

[LeXa]

Сперва хочу от души поблагодарить за потраченное на меня, одного из 6 миллиардов подобных, Ваше драгоценное время! Я это всегда ценю у преподов - будь-то въявь или на форуме!

--mS-- писал(а):

Никак не поняла одного: при чём тут $\sigma(G,\eta)$

Да, там я разумел $\sigma(G,\xi)$, так как понятно, что $\sigma(G,\eta)=G$.

--mS-- писал(а):

...
2) Дальше вспоминаем про борелевость функции $h(x,y)$ и получаем искомое.

Спасибо за подробный и ясный ответ - я теперь это дело твердо понял!

--mS-- писал(а):

LeXa в сообщении #409937 писал(а):

Во-вторых, видно, что получить равенство ($P$-п.н.) $M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta)$ выйдет только в том случае, если доказать независимость $M(h(\xi,\eta))$ (и тут непонятка, почему $M(h(\xi,\eta))$ будет случ. величиной)) от $\sigma$-алгебры $G$.

Вау, тут кругом у Вас независимость чисел от сигма-алгебр Числа (как постоянные на $\Omega$ функции) независимы ни от чего, и измеримы относительно всего. Что-то явно иное Вы хотели спросить

И в самом деле, полную чушь сколотил! Простите! Стою в действительности на следующем:
равенство $$M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta)$ (т.е. $M(h(\xi,\eta)|G)=M(h(\xi,\eta))$) докажется только в случае независимости $h(\xi,\eta)$от $\sigma$-алгебры $G$, а тут, наверное, дела плохи, так как $h(\xi,\eta)$ железно связана с $\eta$, которая $G$-измерима! Как же быть?... Или тут принципиально $M(h(\xi,\eta)|G)=\Phi(\eta) \nLeftrightarrow M(h(\xi,\eta)|G)=M(h(\xi,\eta))$, так как $\Phi(\eta)$ зависит только от $\eta$, то есть в записи $\Phi(\eta)=M(h(\xi,\eta))$ функция $h(\xi,\eta)$ подразумевается с замороженным аргументом $\xi$. Тогда не совсем ясно, как не замечать $\xi$, однако, допустив, что это понятно, независимость $h(\xi,\eta)$ (с замороженным $\xi$) от $G$ выйдет тривиально!

Прошу обмолвиться умным словцом и насчет второй задачки!

[--mS--]

LeXa в сообщении #410235 писал(а):

... то есть в записи $\Phi(\eta)=M(h(\xi,\eta))$ функция $h(\xi,\eta)$ подразумевается с замороженным аргументом $\xi$.

Наоборот, здесь $\eta$ фиксируется, а по $\xi$ усредняется. Но поскольку вот так взять и зафиксировать одну с.в., меняя другую, нельзя - они суть функции от одного омега, поэтому так и не пишут. Пишут $\Phi(\eta)$, где $\Phi(y)=\mathsf Eh(\xi, y)$. На худой конец, так: $\mathsf Eh(\xi, y){\bigm|}_{y=\eta}$.

Ну, например, если $\eta=\sum y_k \textrm{I}(B_k)$ есть простая случайная величина, то данный факт тривиален:

$$\mathsf E (h(\xi,\eta) ~|~ G) = \mathsf E \left(\sum h(\xi, y_k)\textrm{I}(B_k) \bigm| G\right) = \sum \textrm{I}(B_k) \mathsf E(h(\xi, y_k) ~|~ G) = \sum \textrm{I}(B_k)\Phi(y_k)=\Phi(\eta).$$

Во втором равенстве использовано $B_k\in G$, в третьем - независимость $\xi$ от $G$.

Upd через сутки: Конечно, третье рав-во - $\mathsf P$-п.н.

Вряд ли таким путём можно доказать исходный факт, скорее стоит приближать не $\eta$, но $h$ простыми функциями. Надо думать. Я тут уже не помощник