Forum:  Stochastik und Statistik
Thema: Bedingter Erwartungswert bezüglich einer σ-Algebra
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Axerstein
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Themenstart: 2021-04-19 09:08

Einen wunderschönen guten Tag!
Hätte bei folgendem Beispiel ein paar Fragen:
Betrachten Sie den Wahrscheinlichkeitsraum $\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right), \lambda\right)$ wobei $\lambda$ das Lebesgue-Maß bezeichnet. Berechnen Sie $\mathbb{E}[f \mid \mathcal{G}]$ für
$$(a)\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right),
(b)\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\},\\
(c)\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, 0\right],\left(0, \frac{1}{2}\right],\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\},
(d)\left.\mathcal{G}=\left\{A \in \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}\right): A=-A\right\}
$$ $$ \text{(i) }f(x)=e^{x}, \text{(ii) } f(x)=\sin (x), \text{(iii) } f(x)=\cos (x), \text{(iv) } f(x)=\operatorname{sgn}(x)
$$ Es genügt wenn Sie für jede $\sigma$-Algebra eine Funktion auswählen!
Bemerkungen: Für eine Menge A gilt $-A=\{-x: x \in A\} .$ Die Funktion $\operatorname{sgn}(x)$ ist die Signumsfunktion, also $\operatorname{sgn}(x)=1$ für $x>0, \operatorname{sgn}(x)=-1$ für $x<0$ und $\operatorname{sgn}(0)=0 .$

Ich hätte folgenden Ansatz versucht:
Der bedingte Erwartungswert ist definiert als
$$\mathbb E[X|\mathcal{F}]=\int\limits_\Omega X(\omega) d\mathbb{P}(\omega|\mathcal{F})=\frac{\mathbb E[X 1_\mathcal{F}]}{\mathbb{P}[\mathcal{F}]}$$ wobei ich hier statt $\mathbb{P}$ das Lebesgue-Maß habe, es gilt $\lambda[A]>0,\forall A\in\mathcal{F}$.
Sei $\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right), f=e^x$. Dann gilt
$$\mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[e^x1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda(\mathcal{G})}=\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} dx}{\lambda(\mathcal{G})}$$ Das Lebesgue-Maß von einem Intervall ist $\lambda[a,b]=b-a$, wie kann ich aber das Lebesgue-Maß von der Borelmenge von einem Intervall berechnen?
Außerdem verstehe ich nicht, wie ich die Indikatiorfunktion $1_\mathcal{G}$ als Grenze "rausziehen" kann.
Lg Axerstein


zippy
Senior
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Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-19 09:57

2021-04-19 09:08 - Axerstein im Themenstart schreibt:
Der bedingte Erwartungswert ist definiert als
$$\mathbb E[X|\mathcal{F}]=\int\limits_\Omega X(\omega) d\mathbb{P}(\omega|\mathcal{F})=\frac{\mathbb E[X 1_\mathcal{F}]}{\mathbb{P}[\mathcal{F}]}
$$

Für eine messbare Menge $A\subseteq\Omega$ mit $P(A)>0$ kannst du den bedingten Erwartungswert$$ E[f\mid A]={E[f\,1_A]\over P(A)}$$einer Zufallsvariablen $f\colon\Omega\to\mathbb R$ betrachten. Das ist aber etwas anderes als die bedingte Erwartung $E[f\mid \mathcal G]$ für eine $\sigma$-Algebra $\mathcal G\subseteq\mathcal P(\Omega)$, die durch die folgenden beiden Eigenschaften definiert ist:
1. $E[f\mid \mathcal G]$ ist $\mathcal G$-messbar.
2. $E\bigl[E[f\mid \mathcal G]\cdot g\bigr]=E[f\cdot g]$ für jede $\mathcal G$-messbare Zufallsvariable $g$.

Der Zusammenhang zwischen diesen beiden Begriffen besteht darin, dass für eine atomare Menge $G\in\mathcal G$ – wie etwa $G=[-1/2,0]$ in Aufgabenteil (c) – die Einschränkung $E[f\mid \mathcal G]\lower .3 ex{\bigr|_G}$ fast sicher den Wert $E[f\mid G]$ hat.

Mit diesem Zusammenhang kannst du die Aufgabenteile (b) und (c) lösen. Für die übrigen Aufgabenteile kannst du direkt mit der Definition von $E[f\mid \mathcal G]$ arbeiten.

--zippy


Axerstein
Aktiv
Dabei seit: 02.03.2021
Mitteilungen: 33
Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-19 11:57

Vielen Dank für die Antwort!
Ich habe (b) und (c) folgendermaßen gelöst:
$\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\}$:
$$\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G} dx=\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\operatorname{sgn}(x) dx=0$$
$\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, 0\right],\left(0, \frac{1}{2}\right],\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\}$:
$$ \mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[e^x1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0]\cup(0, \frac{1}{2}]\cup[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{\int_{-\frac{1}{2}}^0 e^x dx+\int_0^{\frac{1}{2}} e^x dx+\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} e^x dx}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0])+\lambda((0, \frac{1}{2}])+\lambda([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{1-e^{-\frac{1}{2}}+e^{\frac{1}{2}}-1+e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}}{2}=\frac{2(e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}})}{2}=e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}
$$ Also bleiben noch Sinus und Cosinus für (a) und (d), wobei ich den Sinus bei (d) verwenden will, da er symmetrisch um 0 ist.
Als allgemeine Definition vom Erwartungswert hab ich gelernt:
$(\Omega,\mathcal{A},\mathbb P), \mathcal{F}\subseteq \mathcal{A}$ beliebige Teil $\sigma$-Algebra. Die stochastische Größe heißt bedingte Erwartung $Y=\mathbb E[X|\mathcal{F}]$ von $X\in\mathcal L^1(\Omega,\mathcal{A},\mathbb P)$ wenn
$Y \,\mathcal{F}$ messbar ist
$\forall A\in\mathcal{A}$ gilt $\mathbb E[X1_A]=\int_AXd\mathbb P=\int_A Yd\mathbb P=\mathbb E[Y 1_A]$
Die Definition scheint mir äquivalent zu dieser Definition zu sein:
2021-04-19 09:57 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:
1. $E[f\mid \mathcal G]$ ist $\mathcal G$-messbar.
2. $E\bigl[E[f\mid \mathcal G]\cdot g\bigr]=E[f\cdot g]$ für jede $\mathcal G$-messbare Zufallsvariable $g$.
Wie kann man mit so einer Defintion den bedingten Erwartungswert bei (a) bzw (b) berechnen?
Lg Axerstein


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
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Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-19 12:43

Bei (a) kannst du nachprüfen, dass $f$ selbst die Bedingungen erfüllt und damit die gesuchte bedingte Erwartung ist.

Bei deinen Lösungen zu (b) und (c) treten noch Dinge auf wie $1_{\mathcal G}$ oder $\lambda(\mathcal G)$, die keinen Sinn ergeben.


Axerstein
Aktiv
Dabei seit: 02.03.2021
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Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-19 15:37

Habe es folgendermaßen versucht:
(a)
$\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right)$:Behauptung $\cos(x)=\mathbb E[X|\mathcal G]$
Offensichtlich ist der Cosinus integrierbar.
Zeige $\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]=\cos(x):$
Der Cosinus ist stetig, alle stetigen Funktionen sind Borel-messbar $\Rightarrow \cos(x)$ ist $\mathcal G$-messbar.
Zeige $\mathbb E[\mathbb E[X|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[X1_G],\forall G\in\mathcal{G}$:
Für $\cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$ ist das trivialerweise erfüllt.
$\Longrightarrow \cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$
(d)
$\left.\mathcal{G}=\left\{A \in \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}\right): A=-A\right\}$:
Die Sinusfunktion ist symmetrisch um 0, nun ist jedes $A\in\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}$ symmetrisch um 0. Es gilt
$$\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]=0$$ Ist das so richtig? Darf ich das so bei (d) machen oder gibt es da Probleme wegen der Überabzählbarkeit?
Lg Axerstein


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2259
Beitrag No.5, eingetragen 2021-04-19 20:59

2021-04-19 15:37 - Axerstein in Beitrag No. 4 schreibt:
Die Sinusfunktion ist symmetrisch um 0

Man kann erraten, was du damit meinst.

2021-04-19 15:37 - Axerstein in Beitrag No. 4 schreibt:
nun ist jedes $A\in\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}$ symmetrisch um 0.

Das ist nicht richtig. Du meinst vermutlich $A\in\mathcal G$.

2021-04-19 15:37 - Axerstein in Beitrag No. 4 schreibt:
Es gilt $\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]=0$

Aber warum? Hier musst du konkreter werden.

2021-04-19 11:57 - Axerstein in Beitrag No. 2 schreibt:
$\displaystyle
\mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[e^x1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0]\cup(0, \frac{1}{2}]\cup[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{\int_{-\frac{1}{2}}^0 e^x dx+\int_0^{\frac{1}{2}} e^x dx+\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} e^x dx}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0])+\lambda((0, \frac{1}{2}])+\lambda([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{1-e^{-\frac{1}{2}}+e^{\frac{1}{2}}-1+e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}}{2}=\frac{2(e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}})}{2}=e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}
$

Ich möchte auch nochmal darauf hinweisen, dass das nicht stimmt. Abgesehen davon, dass die Ausdrücke $1_{\mathcal G}$ und $\lambda(\mathcal G)$ keinen Sinn ergeben, ist das richtige Ergebnis keine Konstante.

Ist dir klar, dass eine $\mathcal G$-messbare Funktion im allgemeinen Fall zwei Werte annehmen kann?


Axerstein
Aktiv
Dabei seit: 02.03.2021
Mitteilungen: 33
Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-20 10:23

Ich habe noch ein bisschen recherchiert, ich hoffe jetzt habe ich es richtig verstanden. Bei einer höchstens abzählbaren Zerlegung $B_i$ und $\mathcal{G}=\sigma(B_i)$ ist der bedingte Erwartungswert unter $\mathcal{G}$ eine messbare Funktion $Y=\mathbb E[X|\mathcal{G}]$ mit $Y:\Omega\to\mathbb R$: $Y=\sum \mathbb E[X|B_i] 1_{B_i}(\omega)$.

(c)
$$\mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{[-\frac{1}{2},0]}]}{\lambda([-\frac{1}{2},0])}+1_{(0,\frac{1}{2})}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{(0,\frac{1}{2}]}]}{\lambda((0,\frac{1}{2}])}+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}]}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)\frac{\int_{[-\frac{1}{2},0]}e^xdx}{\frac{1}{2}}+1_{(0,\frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\int_{(0,\frac{1}{2}]}e^xdx}{\frac{1}{2}}+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)\int_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}e^xdx=
1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)(2-2e^{-\frac{1}{2}})+1_{(0,\frac{1}{2}]}(\omega)(2e^{\frac{1}{2}}-2)+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)(e^{\frac{1}{2}}-e^{\frac{1}{2}})$$
(b)
Hier habe ich nur ein Intervall, also
$$\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)|\mathcal{G}]=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}]}{\lambda([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)
\frac{\int_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]} \operatorname{sgn}(x) d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)
\int_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]} \operatorname{sgn}(x)dx=0$$
(d)
Für die Sinusfunktion gilt:
$$\forall j\in\mathbb R: \int\limits_{-j}^j\sin(x)dx=0$$ Nun ist jedes $G\in\mathcal{G}$ symmetrisch um 0. Für alle $G\in\mathcal{G}$ muss
$$\mathbb E[\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[\sin(x)1_G]$$ gelten, nun ist $\mathbb E[\sin(x)1_G]=0$, also
$$\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]=0$$
(a)
Behauptung $\cos(x)=\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]$
Offensichtlich ist der Cosinus integrierbar.
Zeige $\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]=\cos(x)$ ist $\mathcal{G}$-messbar:
Der Cosinus ist stetig, alle stetigen Funktionen sind Borel-messbar $\Rightarrow \cos(x)$ ist $\mathcal G$-messbar.
Zeige $\mathbb E[\mathbb E[X|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[X1_G],\forall G\in\mathcal{G}$:
Für $\cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$ ist das trivialerweise erfüllt.
$\Longrightarrow \cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$

Hab ich jetzt alles richtig?
Lg Axerstein




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Druckdatum: 2021-06-15 16:02