Czy zmienne losowe

Czy możemy powiedzieć coś o zależności zmiennej losowej i funkcji zmiennej losowej? Na przykład, czy $X^2$ zależy od $X$ ?

Oto dowód komentarza @ kardynała z niewielkim zdziwieniem. Jeśli i f ( X ) są niezależne, to P ( X ∈ A ∩ f - 1 ( B ) ) = P ( X ∈ A , f ( X ) ∈ B $X$$f(X)$ BiorącA=f-1(B)daje równanie P(f(X)∈B)=P(f(X)∈B)2, który ma dwa rozwiązania 0 i 1. ZatemP(f(X

$$\begin{array}{lcl} P(X \in A \cap f^{-1}(B)) & = & P(X \in A, f(X) \in B) \\ & = & P(X \in A) P(f(X) \in B) \\ & = & P(X \in A) P(X \in f^{-1}(B)) \end{array}$$ $A = f^{-1}(B)$ $$P(f(X) \in B) = P(f(X) \in B)^2,$$ dla wszystkich B . Zasadniczo nie można powiedzieć więcej. Jeśli X i f ( X ) są niezależne, to f ( X ) jest zmienną taką, że dla dowolnego B jest albo w B, albo w B c z prawdopodobieństwem 1. Aby powiedzieć więcej, potrzeba więcej założeń, np. Że zestawy singletonów { b } są mierzalne.$P(f(X) \in B) \in \{0, 1\}$$B$$X$$f(X)$$f(X)$$B$$B$$B^c$$\{b\}$

Jednak szczegóły na poziomie teoretycznym miary nie wydają się być głównym przedmiotem zainteresowania PO. Jeśli jest rzeczywisty, a f jest funkcją rzeczywistą (i używamy Borel σ -algebra, powiedzmy), to biorąc B = ( - ∞ , b ] wynika, że ​​funkcja rozkładu dla rozkładu f ( X ) przyjmuje tylko wartości 0 i 1, stąd jest b, przy którym przeskakuje od 0 do 1, a P ( f ( X ) = b ) = $X$$f$$\sigma$$B = (-\infty, b]$$f(X)$$b$$0$$1$$P(f(X) = b) = 1$.

Na koniec dnia odpowiedź na pytanie PO jest taka, że i f ( X ) są ogólnie zależne i niezależne tylko w bardzo szczególnych okolicznościach. Co więcej, miara Diraca δ f ( x ) zawsze kwalifikuje się do rozkładu warunkowego f ( X ), biorąc pod uwagę X = x , co jest formalnym sposobem stwierdzenia, że ​​znając X = x, wtedy wiesz dokładnie, co f ( X $X$$f(X)$$\delta_{f(x)}$$f(X)$$X = x$$X = x$$f(X)$jest. Ta specjalna forma zależności ze zdegenerowanym rozkładem warunkowym jest charakterystyczna dla funkcji zmiennych losowych.

Lemat : Niech będzie zmienną losową i niech f będzie funkcją (mierzalną Borela) tak, że X i f ( X ) są niezależne. Zatem f ( X ) jest stałe prawie na pewno. Oznacza to, że pewne ∈ R takie, że P ( F ( x ) = ) = 1 .$X$$f$$X$$f(X)$$f(X)$$a \in \mathbb R$$\mathbb P(f(X) = a) = 1$

Dowód jest poniżej; ale po pierwsze kilka uwag. Mierzalność Borela jest tylko warunkiem technicznym, aby zapewnić, że możemy przypisać prawdopodobieństwa w rozsądny i spójny sposób. „Prawie na pewno” to także tylko kwestia techniczna.

Istotą lematu jest to, że jeśli chcemy, aby i f ( X ) były niezależne, wówczas naszymi jedynymi kandydatami są funkcje postaci f ( x ) = a .$X$$f(X)$$f(x) = a$

Porównaj to z przypadkiem funkcji , w których X i f ( X ) są nieskorelowane . To jest znacznie, znacznie słabszy stan. Rzeczywiście, rozważ dowolną zmienną losową X ze średnią zero, skończonym absolutnym trzecim momentem i która jest symetryczna względem zera. Weź f ( x ) = x 2 , jak w przykładzie w pytaniu. Następnie C o v ( X , f ( X ) ) = E X f $f$$X$$f(X)$$X$$f(x) = x^2$ , więc X i f ( X ) = X 2 są nieskorelowane.$\mathrm{Cov}(X,f(X)) = \mathbb E Xf(X) = \mathbb E X^3 = 0$$X$$f(X) = X^2$

Poniżej podaję najprostszy dowód, jaki mogłem wymyślić dla lematu. Zrobiłem to niezwykle gadatliwie , aby wszystkie szczegóły były tak oczywiste, jak to możliwe. Jeśli ktoś widzi sposoby na jego ulepszenie lub uproszczenie, chętnie to wiem.

Idea dowodu : Intuicyjnie, jeśli znamy , to znamy f ( X ) . Musimy więc znaleźć jakieś zdarzenie w σ ( X ) , algebrze sigma generowanej przez X , która wiąże naszą wiedzę o X z wiedzą o f ( X ) . Następnie wykorzystujemy tę informację w połączeniu z założoną niezależnością X i f ( X ), aby pokazać, że nasze dostępne opcje dla f zostały poważnie ograniczone.$X$$f(X)$$\sigma(X)$$X$$X$$f(X)$$X$$f(X)$$f$

Dowód lematu : Przypomnij sobie, że i Y są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich A ∈ σ ( X ) i B ∈ σ ( Y ) , P ( X ∈ A , Y ∈ B ) = P ( X ∈ A ) P ( Y ∈ B ) . Niech Y = f ( X ) dla pewnej mierzalnej funkcji borela $X$$Y$$A \in \sigma(X)$$B \in \sigma(Y)$$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\Pr(X \in A, Y \in B) = \Pr(X \in A) \Pr(Y \in B)$$Y = f(X)$$f$takie, że i Y są niezależne. Zdefiniuj A ( y ) = { ω : f ( X ( ω ) ) ≤ y } . Następnie A ( y ) = { ω : X ( ω ) ∈ f - 1 ( ( - ∞ , y ] ) } i od ( - ∞ , y $X$$Y$$\newcommand{\o}{\omega}A(y) = \{\o: f(X(\o)) \leq y\}$

$$A(y) = \{\o: X(\o) \in f^{-1}((-\infty,y])\}$$ $(-\infty,y]$$f$$f^{-1}((-\infty,y])$$A(y) \in \sigma(X)$$\sigma(X)$

$X$$Y$$A(y) \in \sigma(X)$

$$\Pr(X \in A(y), Y \leq y) = \Pr(X \in A(y)) \Pr(Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \Pr(f(X) \leq y) \>,$$ and this holds for all $y \in \mathbb R$. But, by definition of $A(y)$ $$\Pr(X \in A(y), Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y, Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \> .$$ Combining these last two, we get that for every $y \in \mathbb R$, $$\Pr(f(X) \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \Pr(f(X) \leq y) \>,$$ so $\Pr(f(X) \leq y) = 0$ or $\Pr(f(X) \leq y) = 1$. This means there must be some constant $a \in \mathbb R$ such that the distribution function of $f(X)$ jumps from zero to one at $a$. In other words, $f(X) = a$ almost surely.

NB: Note that the converse is also true by an even simpler argument. That is, if $f(X) = a$ almost surely, then $X$ and $f(X)$ are independent.