Из равенства по распределению равенство почти всюду. Так ли?

[mi.d]

Пусть $X\stackrel{\mathrm{d}}{=}\xi + \eta \ $.
Существуют ли такие $(\xi',\eta') \stackrel{\mathrm{d}}{=} (\xi,\eta)$, что $ X = \xi' + \eta' $ п.в. ?

[--mS--]

mi.d в сообщении #543695 писал(а):

Пусть $X\stackrel{\mathrm{d}}{=}\xi + \eta \ $.
Существуют ли такие $(\xi',\eta') \stackrel{\mathrm{d}}{=} (\xi,\eta)$, что $ X = \xi' + \eta' $ п.в. ?

Конечно, нет. Величина $X$ может быть задана на столь бедном вероятностном пространстве, что там просто не найдётся пары нужных случайных величин. Пример: $\Omega=\{0,1,2\}$, $\mathcal F=2^\Omega$, $\mathsf P(\{0\})=1/9$, $\mathsf P(\{2\})=4/9$, $\mathsf P(\{1\})=4/9$, $X(\omega)=\omega$. Распределение случайной величины $X$ биномиальное с параметрами $2$ и $2/3$. Соответственно, распределение $X$ такое же, как у суммы двух независимых бернуллиевских случайных величин с вероятностями успеха по $2/3$. Но на том вероятностном пространстве, где задана $X$, нельзя построить ни одной бернуллиевской случайной величины с распределением $\mathrm B_{2/3}$.

[mi.d]

--mS-- в сообщении #543953 писал(а):

Конечно, нет. Величина $X$ может быть задана на столь бедном вероятностном пространстве, что там просто не найдётся пары нужных случайных величин. Пример: $\Omega=\{0,1,2\}$, $\mathcal F=2^\Omega$, $\mathsf P(\{0\})=1/9$, $\mathsf P(\{2\})=4/9$, $\mathsf P(\{1\})=4/9$, $X(\omega)=\omega$. Распределение случайной величины $X$ биномиальное с параметрами $2$ и $2/3$. Соответственно, распределение $X$ такое же, как у суммы двух независимых бернуллиевских случайных величин с вероятностями успеха по $2/3$. Но на том вероятностном пространстве, где задана $X$, нельзя построить ни одной бернуллиевской случайной величины с распределением $\mathrm B_{2/3}$.

Это Вы всё верно говорите, со всем согласен. А если вероятностное пространство достаточно богатое?
Скажем, $[0,1]$ c сигма-алгеброй борелевских множеств и мерой лебега.

[--mS--]

Полагаю, что при достаточно богатом в.п. ответ должен быть "да", но как это доказать - не знаю.

[--mS--]

Впрочем, отрезок в качестве пространства исходов не спасает. Снова к тому же биномиальному распределению. Пусть $A=\{\omega \in [0,1] ~|~ X(\omega)=2\}$. Тогда для почти всех исходов этого множества должно быть $\xi'(\omega)=\eta'(\omega)=1$, чтобы сумма равнялась двойке. А значит, $\mathsf P(\xi' =1)\geqslant 4/9$ и $\mathsf P(\eta' =1)\geqslant 4/9$. А мы собирались строить независимые бернуллиевские с параметрами $2/3$.

[mi.d]

--mS-- в сообщении #544065 писал(а):

Впрочем, отрезок в качестве пространства исходов не спасает. Снова к тому же биномиальному распределению. Пусть $A=\{\omega \in [0,1] ~|~ X(\omega)=2\}$. Тогда для почти всех исходов этого множества должно быть $\xi'(\omega)=\eta'(\omega)=1$, чтобы сумма равнялась двойке. А значит, $\mathsf P(\xi' =1)\geqslant 4/9$ и $\mathsf P(\eta' =1)\geqslant 4/9$. А мы собирались строить независимые бернуллиевские с параметрами $2/3$.

Прошу прощения, я не совсем понял противоречия в последнем предложении.
Ведь $\frac{4}{9} < \frac{2}{3}$.

[--mS--]

mi.d в сообщении #544078 писал(а):

Прошу прощения, я не совсем понял противоречия в последнем предложении.
Ведь $\frac{4}{9} < \frac{2}{3}$.

Вот-вот. А мне ночью показалось, что наоборот :) Конечно же, на отрезке можно. Повторюсь: как это показать для произвольных величин - не знаю.