Reelle Zufallsvariable < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sei X eine reellwertige Zufallsvariable auf einem Wahrscheinlichkeitsraum [mm] (\Omega,\mathcal{A},P). [/mm]
Zu zeigen:
X ist genau dann unabhängig von sich selbst, wenn X mit Wahrscheinlikeit 1 konstant ist, d.h. wenn es ein c [mm] \in \IR [/mm] gibt mit P(X=c)=1 ist. Tipp: Betrachte die Verteilungsfrunktion von X |
Hallo!!
Die Aufgabe ist an sich nicht schwer, aber ich hier und dort ein paar Fragen:
[mm] "\Rightarrow":
[/mm]
P(X [mm] \cap [/mm] X)=P(X)=P(X)*P(X),d.h. dass [mm] P(X)=P(X)^{2} [/mm] ist.
Da P [mm] \in [/mm] [0,1] liegt, ist P(X)=0 oder P(X)=1. Wie baue ich ein, dass es ein c [mm] \in \IR [/mm] ex. mit F(c)=P(X=c)=1? F(c) ist die Verteilungsfunktion. Wieso fällt die Lösung P(X)=0 weg?
[mm] "\Leftarrow":
[/mm]
Es gilt P(X=c)=1.
Dann [mm] P(X\cap [/mm] X)=P(X)=1
und P(X)*P(X)=1*1=1
Also ist P(X [mm] \cap [/mm] X)= P(X)*P(X), also die Formel der Unabhängigkeit gilt.
Ist die Aufgabe echt so einfach? Habe das Gefühl, das ich was falsch gemacht habe.
DANKE!!
Infinity
|
|
| |
|
Hallo!!
Die Aufgabe habe ich nochmal neu bearbeitet, weil ich die Unabhängigkeit von Zufallsvariablen mit der von Ereignissen verwechselt habe. Kann sie sich bitte jemand anschauen, und mir sagen, obs stimmt?? 
[mm] \Rightarrow: [/mm] Sei X unabhängig von sich selbst.
z.z. Es gibt ein [mm] c\in \IR: [/mm] P(X=c)=1
Sei A [mm] \in \mathcal{G}=\sigma({]-\infty,c]| c\in \IR}) [/mm] so erzeugt, [mm] \mathcal{G} \subset \mathcal{F}, [/mm] die [mm] \sigma-Algebra [/mm] von [mm] \Omega.
[/mm]
X unabh. von sich selbst bedeutet doch:
P(X [mm] \le [/mm] c, X [mm] \le [/mm] c) = P(X [mm] \le [/mm] c)*P(X [mm] \le [/mm] c)= [mm] [\integral_{-\infty}^{c}{f(x) dx}]^{2}= \integral_{-\infty }^{c}{dx}\integral_{-\infty}^{c}{dy}f(x)f(y) [/mm] (nach Fubini)=
[mm] \integral_{-\infty}^{c}{f(x) dx}\integral_{-\infty}^{c}{f(y) dy} [/mm] = (*)
Nun wähle c := [mm] +\infty, [/mm] dann ist (*)= 1*1=1
Also folgt, dass es ein c [mm] \in \IR [/mm] gibt, mit P(X =c)=1. Stimmt das so??
[mm] \Leftarrow: [/mm] Es gibt ein c [mm] \in \IR [/mm] mit P(X =c)=1.
z.z. X ist unabh. von sich selber, d.h. P(X [mm] \le [/mm] c, X [mm] \le [/mm] c) = P(X [mm] \le [/mm] c)*P(X [mm] \le [/mm] c)
Da hab ich so meine Probleme:
Es gilt P(X le c)*P(X [mm] \le [/mm] c)=1*1=1=P(X=c)= P(X=c,X=c)
Also gilt das gezeigte schon mal für den Fall "=".
Aber wie zeig ich das jetzt für [mm] "\le"?? [/mm] Kann mir da jemand weiterhelfen? Wäre echt nett!
Lg, Infinity
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:28 Fr 24.11.2006 | | Autor: | DirkG |
Dein erster Weg gefällt mir besser, beim zweiten machst du unzulässige Annahmen wie Stetigkeit der Zufallsgröße usw. Die Bezeichnung P(X) lehne ich ab, ich verwende lieber die Verteilungsfunktion [mm] $F_X(t)=P(X\leq [/mm] t)$:
Wie du bereits festgestellt hast, folgt aus der Unabhängigkeit von $X$ mit sich selbst die Eigenschaft [mm] $F_X(t)=0$ [/mm] oder [mm] $F_X(t)=1$ [/mm] für alle $t$. Nun ist [mm] $F_X(t)$ [/mm] außerdem monoton in $t$, also gibt es nur drei Fälle zu untersuchen:
(1) Es existiert ein [mm] $c\in\mathbb{R}$ [/mm] mit [mm] $F_X(t)=0$ [/mm] für alle $t<c$ und [mm] $F_X(t)=1$ [/mm] für alle [mm] $t\geq [/mm] c$.
(2) Es ist [mm] $F_X(t)=0$ [/mm] für alle [mm] $t\in\mathbb{R}$.
[/mm]
(3) Es ist [mm] $F_X(t)=1$ [/mm] für alle [mm] $t\in\mathbb{R}$.
[/mm]
Fall (2) kann nicht eintreten, denn dann ergibt sich der Widerspruch
$$1 = [mm] P(\Omega) [/mm] = [mm] P(X\in\mathbb{R}) [/mm] = [mm] \lim\limits_{t\to\infty} F_X(t) [/mm] = 0 .$$
Fall (3) kann auch nicht eintreten, denn dann ergibt sich der Widerspruch
$$0 = [mm] P(\emptyset) [/mm] = [mm] \lim\limits_{t\to -\infty} F_X(t) [/mm] = 1 .$$
Normalerweise handelt man die Punkte (2),(3) mit den Eigenschaften der Verteilungsfunktion ab, aber ich hab es hier mal explizit auf die Stetigkeit des W-Maßes $P$ zurückgeführt.
Gruß,
Dirk
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:20 Di 28.11.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
