Perhitungan Ekspektasi Bersyarat pada -algebras

8

Saya belum benar-benar melihat buku-buku probabilitas menghitung ekspektasi bersyarat, kecuali untuk -gebra yang dihasilkan oleh variabel acak diskrit. Mereka hanya menyatakan keberadaan harapan bersyarat, beserta sifat-sifatnya, dan membiarkannya begitu saja. Saya menemukan ini sedikit mengecewakan dan saya mencoba menemukan metode untuk menghitungnya. Inilah yang menurut saya "seharusnya".σ

Biarkan menjadi ruang probabilitas dengan a -gebra. Misalkan menjadi variabel acak. Tujuan kami adalah untuk menghitung .(Ω,F,μ)GFσξ:ΩRE[ξ|G]

Perbaiki , kita perlu menghitung . Biarkan menjadi seperti . Intuition mengatakan bahwa adalah perkiraan untuk nilai , asalkan tentu saja itu yang sekarang kita asumsikan.ωΩE[ξ|G](ω)AGωAE[ξ|A]=1μ(A)AξE[ξ|G](ω)μ(A)0

Intuisi juga mengatakan bahwa, jika kita dapat menemukan peristiwa yang lebih kecil , dengan , dan , maka adalah pendekatan yang lebih baik dari daripada .BAωBμ(B)0E[ξ|B]E[ξ|G](ω)E[ξ|A]

Karenanya, pendekatan yang optimal haruslah E [\ xi | M] di mana M \ in \ mathscr {G} , dengan \ omega \ dalam M , dan dengan properti minimum . Properti minimum sini hanya jika A \ di \ mathscr {G} dengan \ omega \ A , maka M \ subseteq A .E[ξ|G](ω)E[ξ|M]MGωMAGωAMA

Tetapi ada dua masalah:

(i) Apakah seperti itu ada? Jika paling banyak dapat dihitung, ini sepele. Jadi, mari kita asumsikan bahwa memang dapat dihitung.MGG

(ii) Bagaimana jika , maka tidak ditentukan! Dalam hal ini kita akan menganggap bahwa kita dapat menghasilkan urutan peristiwa , sehingga dan .μ(M)=0E[ξ|M]MnGMnMμ(Mn)>0

Intuisi mengatakan itu,

E[ξ|G](ω)=limn1μ(Mn)Mnξ=limn1μ(Mn)Ωξ.1Mn

Sebagai pemeriksaan realitas, Teorema Konvergensi Monoton menyiratkan, Kontinuitas dalam ukuran menyiratkan, Dengan demikian, batas kami adalah dari bentuk tak tentu " ", yang adalah apa yang kita inginkan.

Ωξ.1MnΩξ.1M=Ω0=0
μ(Mn)μ(M)=0
00

1) Apakah perhitungan ini dengan benar menghitung ekspektasi bersyarat?

2) Apa beberapa asumsi pada ruang probabilitas untuk menampung ini?

Nicolas Bourbaki
sumber
2
Selain itu: Ini adalah teorema yang terkenal bahwa tidak ada aljabar sigma yang dapat dihitung, sehingga (i) Anda memerlukan beberapa revisi, karena pada dasarnya mengasumsikan finiteness. |G|
kardinal
@ cardinal -algebra yang dihasilkan oleh variabel acak sederhana akan dihitung. σ
Nicolas Bourbaki
2
The -algebra dari variabel acak sederhana akan terbatas, yang dalam konser dengan hasil yang saya sebutkan di atas, secara signifikan menyederhanakan Anda (i). σ
kardinal
1
Anda harus melihat ke dalam paradoks borel
kjetil b halvorsen

Jawaban:

1

Ini tidak menjawab pertanyaan tetapi memberikan semacam "contoh tandingan". Tidak cukup, tetapi tidak mengatasi masalah potensial yang dapat terjadi ketika menggunakan intuisi Anda untuk memperkirakan perkiraan bersyarat.

Buku oleh Brezniak, "Proses Stochastic Dasar", menghitung latihan ekspektasi bersyarat berikut melalui definisi formal. Saya redid contohnya menggunakan 'metode perkiraan' seperti yang ditanyakan dalam posting asli.


Perhatikan contoh berikut. dengan standar ukuran Lebesgue.Ω=[0,1]μ

Tentukan variabel acak, dan. Kami akan menghitung . Dengan , harapan bersyarat harus sama dengan . Namun, acara adalah himpunan , yang berukuran nol, dan tidak terdefinisi.ξ(ω)=2ω2η(ω)=1|2ω1|E[ξ|η]ωΩE[ξ|η](ω)E[ξ|η=η(ω)](η=η(ω)){ω,1ω}[ξ|η=η(ω)]

Jadi kami akan memperkirakan acara . Pilih kecil , dan buat acara . Peristiwa mendekati , dan mendekati dalam batas saat kami mengecilkan . Selanjutnya, .A={ω,1ω}ε>0Aε=[ωε,ω+ε]{1ω}AεAAεμ(Aε)=2ε

Kami menghitung, dalam batasnya, Tapi ini jawaban yang salah!

E[ξ|Aε]=12εωεω+ε2t2 dt2ω2

Namun , jika kita memperkirakan dengan lalu, Yang merupakan jawaban yang tepat!Bε=[ωε,ω+ε][1ωε,1ω+ε]

E[ξ|Bε]=14ε{ωεω+ε2t2 dt+1ωε1ω+ε2t2 dt}ω2+(1ω)2

Mengapa satu pendekatan berhasil dan yang lainnya tidak? Jelasnya, pada aproksimasi pertama, set aproksimasi bukan milik -gebra yang dihasilkan oleh . Dalam perkiraan kedua, set perkiraan memang milik .AωσξBωσ(ξ)

Nicolas Bourbaki
sumber