Задачи из учебника А.Н. Бородина

[Kirill_SV]

Добрый вечер!
Решил подтянуть сво знания по теории случайных процессов, читаю учебник А.Н.Бородина "Случайные процессы" и в упражнениях после первого параграфа уже появились вопросы.
Задачи такие
1. Пусть тройка $(\Omega, \mathcal{F},\mathbb{P})$ такая, что \Omega = [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$, $\mathcal{F} = \mathcal{B}([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])$, $\mathbb{P} (d\omega) = d\omega$. Пусть $X(\omega) = \omega^2$. Докажите, что
a) $\mathbb{P}(A|\sigma(X)) = \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (\omega) + \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (-\omega)$
б) $\mathbb{E}(Y|\sigma(X)) = \frac{1}{2} Y (\omega) + \frac{1}{2} Y(-\omega)$. Также вычислить $\mathbb{E}(Y|X=x) $
2. Здесь тройка $(\Omega, \mathcal{F},\mathbb{P})$ та же, что и задаче 1. Но $X(\omega) = \omega \mathbb{I}_{[0,\frac{1}{2}]} (\omega) - 3\omega \mathbb{I}_{[-\frac{1}{2},0]} (\omega)$. Вычислисть $\mathbb{E}(Y|\sigma(X))$



Теперь мои попытки решения:
1. а) $\mathbb{P}(A|\sigma(X)) =\mathbb{E}(\mathbb{I}_A |\sigma(X)) $. Далее, пусть $B \in \sigma(X)$.
По определению условного мат. ожидания $\int_B \mathbb{E}(\mathbb{I}_A |\sigma(X)) \mathbb{P} (d\omega) = \int_B \mathbb{I}_A \mathbb{P} (d\omega) =\int_B \mathbb{I}_A (\omega) d\omega = \frac{1}{2} (\int_B \mathbb{I}_A (\omega) d\omega + \int_{-B} \mathbb{I}_A (-\omega) d\omega)$
Очевидно, для $B \in \sigma(X)$ верно равенство $B = -B$, так как множества из $\sigma(X)$ симметричны относительно нуля. Тогда $\frac{1}{2} (\int_B \mathbb{I}_A (\omega) d\omega + \int_{-B} \mathbb{I}_A (-\omega) d\omega)=\int_B \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (\omega) + \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (-\omega) d\omega$

Поверим, что случайная величина $h(\omega):=\frac{1}{2} \mathbb{I}_A (\omega) + \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (-\omega) $ измерима относительно $\sigma(X)$:
$h(\omega)$ принимает значения из множества $\{0,\frac{1}{2},2\}$
$h^{-1} (1) = A \cap (-A) \in \sigma(X)$
$h^{-1} (\frac{1}{2}) = A \Delta (-A) \in \sigma(X)$
$h^{-1} (0) =\Omega\setminus A \cap (-\Omega\setminus A)\in \sigma(X)$

Тогда в силу единственности условного мат. ожидания $\mathbb{P}(A|\sigma(X)) =\mathbb{E}(\mathbb{I}_A |\sigma(X)) =\frac{1}{2} \mathbb{I}_A (\omega) + \frac{1}{2} \mathbb{I}_A (-\omega) $

б) Здесь доказательсво по-сути то же самое, но с доказательством измеримости $\frac{1}{2} Y (\omega) + \frac{1}{2} Y(-\omega)$ возникают проблемы.
Относительно вопроса о $\mathbb{E}(Y|X=x) $. Полагаю, что $\mathbb{E}(Y|X=x) = \frac{1}{2} Y (\sqrt{x}) + \frac{1}{2} Y(-\sqrt{x})$.

2. Здесь я что-то попадаю в ступор


Подскажите, пожалуйста, верны ли мои рассуждения в задаче 1 и подскажите, с какой стороны подступиться в задаче 2.

P.S. Если с этими задачами пойдет все гладко, я планирую позадавать вопросы по упражнениям из этого учебника

[--mS--]

Kirill_SV в сообщении #804819 писал(а):

б) Здесь доказательсво по-сути то же самое, но с доказательством измеримости $\frac{1}{2} Y (\omega) + \frac{1}{2} Y(-\omega)$ возникают проблемы.

Во-первых, эта функция измерима относительно $\mathcal F$ как сумма двух измеримых функций. Поэтому для любого борелевского множества $B$ множество $A=\{\omega~|~\frac12Y(\omega)+\frac12Y(-\omega)\in B\}$ борелевское. Осталось проверить, что если $\omega \in A$, то и $-\omega\in A$, т.е. $A\in\sigma(X)$.

Остальное всё верно.

Что до второй, то прежде всего следует определиться с тем, как выглядят множества из $\sigma(X)$.

[Kirill_SV]

--mS-- в сообщении #805002 писал(а):

Во-первых, эта функция измерима относительно $\mathcal F$ как сумма двух измеримых функций. Поэтому для любого борелевского множества $B$ множество $A=\{\omega~|~\frac12Y(\omega)+\frac12Y(-\omega)\in B\}$ борелевское. Осталось проверить, что если $\omega \in A$, то и $-\omega\in A$, т.е. $A\in\sigma(X)$.

Спасибо! С этим теперь ясно.
По второй задаче: думаю, что можно сказать так - $\sigma(X) = \mathcal{B}([-\frac{1}{2}, -\frac{1}{6}]) \cup \{A \cup (-3 A) | A \in \mathcal{B}([-\frac{1}{6},0]) \}$.
Теперь, стандартно, пользуемся определением условного мат ожидания:
для $A=A_1 \cup A_2$ где $A_1 \in \mathcal{B}([-\frac{1}{2}, -\frac{1}{6}]), A_2 = B \cup (-3 B), B \in \mathcal{B}([-\frac{1}{6},0]) $
$\int_{A} \mathbb{E}[Y|\sigma(X)] \mathbb{P}(d\omega) =\int_{A} Y(\omega) \mathbb{P}(d\omega) =\int_{A} Y(\omega) d\omega = \int_{A_1} Y(\omega) d \omega + \int_{B \cup (-3 B)} Y(\omega) d \omega $

Каждый интеграл рассмотрим по отдельности:
первый: $\int_{A_1} Y(\omega) d \omega = \int_{A\cap [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}]} Y(\omega) d \omega=\int_{A}Y(\omega) \mathbb{I}_{ [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}]}(\omega) d \omega$

второй: $\int_{B \cup (-3 B) } Y(\omega) d \omega =\int_{B}Y(\omega) d \omega+\int_{-3 B}Y(\omega) d \omega=$
$= \frac{1}{2}(\int_{B}Y(\omega) d \omega+3\int_{B}Y(-3\omega) d \omega)+\frac{1}{2}(\frac{1}{3}\int_{-3 B}Y(-\frac{1}{3} \omega) d \omega+\int_{-3 B}Y(\omega) d \omega) =$

$\frac{1}{2}\int_{A}(Y(\omega)+3Y(-3\omega) ) \mathbb{I}_{ [-\frac{1}{6},0]}(\omega) d \omega + \frac{1}{2}\int_{A}(\frac{1}{3}Y(-\frac{1}{3} \omega) +Y(\omega) ) \mathbb{I}_{ [0,\frac{1}{2}]}(\omega) d \omega$

Собираем все вместе:

$\int_{A} \mathbb{E}[Y|\sigma(X)] \mathbb{P}(d\omega) =\int_{A}Y(\omega) (\mathbb{I}_{ [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}]}(\omega) +\frac{1}{2}\mathbb{I}_{ [-\frac{1}{6},\frac{1}{2}]}(\omega))+\frac{3}{2}Y(-3\omega) \mathbb{I}_{ [-\frac{1}{6},0]}(\omega)+ \frac{1}{6}Y(-\frac{1}{3} \omega) \mathbb{I}_{ [0,\frac{1}{2}]}(\omega) d \omega $

Теперь надо проверить, что
$h(\omega) =Y(\omega) (\mathbb{I}_{ [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}]}(\omega) +\frac{1}{2}\mathbb{I}_{ [-\frac{1}{6},\frac{1}{2}]}(\omega))+\frac{3}{2}Y(-3\omega) \mathbb{I}_{ [-\frac{1}{6},0]}(\omega)+ \frac{1}{6}Y(-\frac{1}{3} \omega) \mathbb{I}_{ [0,\frac{1}{2}]}(\omega) $
измерима относительно $\sigma(X)$
Рассмотрим $A=\{\omega~|~h(\omega)\in B\}$ ($B$ - борелевское)
если $\omega \in A \cap [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}]$, то $h(\omega) =Y(\omega) \in B $. Следовательно $w\in Y^{-1}(B) \cap [-\frac{1}{2},-\frac{1}{6}] \in \sigma(X)$
если $\omega \in A \cap [-\frac{1}{6},0]$, то $h(\omega) =\frac12 Y(\omega) + \frac32 Y(-3\omega) \in B $. Надо показать, что $-3 \omega \in A$. Ясно, что $-3\omega \in [0,\frac12]$ и $h(-3\omega) = \frac12 Y(-3\omega) + \frac16 Y(\omega) = \frac13 h(\omega)$. Но тут совсем не обязательно, что $\frac13 h(\omega) \in B$. Где я ошибаюсь?

[--mS--]

Естественно, не обязательно. Вы зря завели веса по половине. Надо ввести такие веса, чтобы (самая последняя строчка) $h(-3\omega)=h(\omega)$. Видимо, это будут $\frac14$ и $\frac34$.

[Kirill_SV]

--mS-- в сообщении #805346 писал(а):

Естественно, не обязательно. Вы зря завели веса по половине. Надо ввести такие веса, чтобы (самая последняя строчка) $h(-3\omega)=h(\omega)$. Видимо, это будут $\frac14$ и $\frac34$.

Вы правы, веса должны быть $\frac14$ и $\frac34$. Окончательным ответом тогда будет

$\mathbb{E}[Y|\sigma(X)](\omega) = $
$=Y(\omega) \mathbb{I}_{[-\frac12,-\frac16]}(\omega)+(\frac14 Y(\omega)+\frac34 Y(-3\omega)) \mathbb{I}_{[-\frac16,0]}(\omega)+(\frac34 Y(\omega)+\frac14 Y(-\frac13 \omega)) \mathbb{I}_{[0,\frac12]}(\omega) $

Если я правильно понимаю, то делать интервалы непересекающимися особого смысла нет, так как условное мат. ожидание определяется с точностью до множества нулевой меры

Спасибо!

[--mS--]

Совершенно верно.

[Kirill_SV]

Добрый день!
Еще одно упражнение из Бородина:

Пусть случайные величины $X, Y, Z$ - такие, что $\mathbb{E} |Y| < \infty $ и сигма-алгебры $\sigma(X, Y)$ и $\sigma(Z)$ независимы.
Доказать, что $\mathbb{E} [Y| \sigma(X,Z)] = \mathbb{E} [Y | \sigma(X) ]$.

Откровенно говоря, идей по этому поводу у меня что называется "кот наплакал":

- первое, это то что $\sigma(X,Y)$ мельче $\sigma(X)$, т.е. $\sigma(X)\subset\sigma(X,Y)$

- существует такая борелевская функция $\varphi(x,z)$, что $\mathbb{E} [Y| \sigma(X,Z)] =\varphi (X,Z) $.
С учетом первого, $ \mathbb{E} [Y | \sigma(X) ] = \mathbb{E} [\mathbb{E} [Y| \sigma(X,Z)] | \sigma(X) ] =\mathbb{E} [\varphi (X,Z) | \sigma(X) ]=\psi(X)$, где $\psi (x) = \mathbb{E} [\varphi (x,Z) ]$.

Таким образом, надо показать, что $\varphi(x,z) = \psi(x)$ для любых $(x,z)$

[--mS--]

Воспользуйтесь определением: чтобы доказать, что $\mathsf E(Y\,|\,X,Z)=Y_1$, где $Y_1=\mathsf E(Y\,|\,X)$, достаточно проверить, что для всякого $C\in {\mathfrak B}(\mathbb R^2)$

$$\mathsf E(Y\cdot I((X,Z)\in C)) = \mathsf E(Y_1 \cdot I((X,Z)\in C)).$$

Возьмите для начала набор множеств $C=A\times B$, и воспользуйтесь тем, что $Y_1$ измерим относительно $X$, и независимостью $X$ и $Y$ от $Z$. Ну а переход от равенства на множествах $C$, являющихся прямоугольниками, к произвольным борелевским - дело техники.

[Kirill_SV]

--mS-- в сообщении #809249 писал(а):

... для всякого $C\in {\mathfrak B}(\mathbb R^2)$ ...

меня немного смущает этот момент. Возможно, мне надо было упомянуть раньше, что $\sigma(X,Z)$ определяется в пояснении к задаче, как наименьшая сигма-алгебра, содержащая события $\{\omega : ~ X(\omega) \in \Delta_1, Z(\omega) \in \Delta_2 \}$ для произвольных борелевских $\Delta_1$ и $\Delta_2$.

Ваш ответ натолкнул меня на такой вариант:

обозначим $Y_1 = \mathbb{E} [Y|X], Y_2 = \mathbb{E} [Y|X, Z]$.
Поехали:

$\mathbb{E}[Y_1 \mathbb{I}_{\Delta_1}(X) \mathbb{I}_{\Delta_2}(Z)]= \{ \sigma(X,Y) \text{ не зависит от } \sigma(Z)\}=$

$ =\mathbb{E}[Y_1 \mathbb{I}_{\Delta_1}(X)] \mathbb{E}[\mathbb{I}_{\Delta_2}(Z)] =\{\text{по определению } Y_1\}= \mathbb{E}[Y\mathbb{I}_{\Delta_1}(X)] \mathbb{E}[\mathbb{I}_{\Delta_2}(Z)]= $

$=\mathbb{E}[Y \mathbb{I}_{\Delta_1}(X) \mathbb{I}_{\Delta_2}(Z)]=\{\text{по определению } Y_2\}=\mathbb{E}[Y_2 \mathbb{I}_{\Delta_1}(X) \mathbb{I}_{\Delta_2}(Z)]$

а так как $Y_1$ еще и измерима относительно $\sigma(X,Z)$, то заключаем, что $ Y_1 = Y_2$

[--mS--]

Kirill_SV в сообщении #809482 писал(а):

меня немного смущает этот момент. Возможно, мне надо было упомянуть раньше, что $\sigma(X,Z)$ определяется в пояснении к задаче, как наименьшая сигма-алгебра, содержащая события $\{\omega : ~ X(\omega) \in \Delta_1, Z(\omega) \in \Delta_2 \}$ для произвольных борелевских $\Delta_1$ и $\Delta_2$.

Наименьшая $\sigma$-алгебра, содержащая эти события и есть сигма-алгебра, состоящая из множеств $\{\omega\in \Omega\,:\, (X,Z)\in C\}$ по всем $C\in {\mathfrak B}(\mathbb R^2)$.

"Ответ натолкнул" говорят обычно, когда делают что-то своё, а не то, что предлагалось. Вы же делаете ровно то, что предлагалось.
После этого ещё придётся показывать, что для любого множества из сигма-алгебры $\sigma(X, Z)$ выполняется то же самое, а не только для декартовых произведений.

[Kirill_SV]

--mS-- в сообщении #809489 писал(а):

Наименьшая $\sigma$-алгебра, содержащая эти события и есть сигма-алгебра, состоящая из множеств $\{\omega\in \Omega\,:\, (X,Z)\in C\}$ по всем $C\in {\mathfrak B}(\mathbb R^2)$.

С этим понятно, я сначала немного запутался

--mS-- в сообщении #809489 писал(а):

"Ответ натолкнул" говорят обычно, когда делают что-то своё, а не то, что предлагалось. Вы же делаете ровно то, что предлагалось.
После этого ещё придётся показывать, что для любого множества из сигма-алгебры $\sigma(X, Z)$ выполняется то же самое, а не только для декартовых произведений.

Согласен, идея Ваша :)

А насчет доказательства для любого множества, а не только прямоугольника.
Пусть $H = Y_1 - Y_2$. Для любых борелевских $\Delta_1, \Delta_2$ доказано, что $\mathbb{E}[H \mathbb{I}_{\Delta_1} (X) \mathbb{I}_{\Delta_2} (Z)] = 0$

Рассмотрим $\mu(A_1\times A_2) = \mathbb{E}[H \mathbb{I}_{A_1} (X) \mathbb{I}_{A_2} (Z)]$ на полукольце $ {\mathfrak B}(\mathbb R) \times {\mathfrak B}(\mathbb R) $
Всем требованиям меры $\mu$ удовлетворяет, кроме того является сигма-аддитивной мерой.
Далее, аналогично тому, как строится мера Лебега, можем продолжить $\mu$ на сигма-алгебру $\sigma( {\mathfrak B}(\mathbb R) \times {\mathfrak B}(\mathbb R) )$ и везде наша $\mu$ будет равна нулю, что и требуется показать.

Это похоже на то, что надо?

Спасибо!

[--mS--]

Да, но по мне так проще использовать "принцип подходящих множеств" А.Н.Ширяева. Собрать в множество $\mathcal A$ все такие $B\subseteq \mathbb R^2$, для которых $\mathsf E (H\cdot I_B((X,Z)))=0$. Доказать, что это множество - сигма-алгебра. Заметить, что декартовы произведения борелевских туда входят. Сделать вывод, что $\mathcal A\supseteq {\mathfrak B}(\mathbb R^2)$.