Udowodnij / odrzuć

10

Udowodnij / odrzuć E[1A|Ft]=0 or 1 a.s. E[1A|Fs]=E[1A|Ft] a.s.


Biorąc filtrowanego przestrzeń prawdopodobieństwa (Ω,F,{Fn}nN,P) , niech AF .

Załóżmy, że Czy wynika z tego, żeCo z ?

tN s.t. E[1A|Ft]=1 a.s.
E[1A|Fs]=E[1A|Ft] a.s. s>t ?
s<t

Co jeśli zamiast

tN s.t. E[1A|Ft]=0 a.s. ?
A co jeśli
E[1A|Ft]=p a.s. for some p(0,1) ?

Co próbowałem:


Jeżeli , następnie E [ 1 A ] = 1 , czyli tyle samo, co 1 A = 1 (prawie na pewno). W tym przypadku E [ 1 A | F s ] = 1 (prawie na pewno) dla każdego s .E[1A|Ft]=1E[1A]=11A=1E[1A|Fs]=1s

Podobnie, jeśli , następnie E [ 1 A ] = 0 , czyli tyle samo, co 1 A = 0 (prawie na pewno). W tym przypadku E [ 1 A | F s ] = 0 (prawie na pewno) dla każdego s .E[1A|Ft]=0E[1A]=01A=0E[1A|Fs]=0s

Jeżeli , dla stałej p ( 0 , 1 ) , to mamyE[1A|Ft]=pp(0,1)

. Może się to nie powieść, jeśli s > t .E[1A|Fs]=E[E[1A|Ft]|Fs]=E[p|Fs]=ps>t

Alternatywnie dla przypadku :=p

Niech będzie ograniczoną F t- mierzalną zmienną losową.FFt

E[1AF]=E[E[1AF|Ft]]=E[FE[1A|Ft]]

=E[pF]=pE[F]=E[1A]E[F]

co oznacza, że i F są niezależne. Innymi słowy, σ ( ) i F T są niezależne. Zatem σ ( A ) i F s są również niezależne, jeżeli s < t, a zatem E [ 1 A | F s ] = E [ 1 A ] = p . Może się to nie powieść, jeśli s > t .1AFσ(A)Ftσ(A)Fss<tE[1A|Fs]=E[1A]=ps>t

Chyba chodzi o to, że stała się zarówno niezależne od i M s -measurableFsFs .

BCLC
źródło

Odpowiedzi:

5

Twój argument wydaje się słuszny, ale zaczynasz od założenia, że . Pytanie brzmi jednak, że E [ 1 A | F t ] { 0 , 1 } , co miałbym na myśli, że zmienna losowa E [ 1 A | F t ] przyjmuje wartości z zestawu { 0 , 1 }, tj. E [ 1 A | faE[1A|Ft]=1E[1A|Ft]{0,1}E[1A|Ft]{0,1} gdzieB F t . Właściwością definiującą to warunkowe oczekiwanie jest to, żeF 1 B d P =F 1 A d P dla wszystkichF F t . W szczególności przyjęcieF=Bprowadzi doP(B)=P(AB), z którego możemy wywnioskować, żeBAE[1A|Ft]=1BBFtF1BdP=F1AdPFFtF=BP(B)=P(AB)BA(z wyjątkiem ewentualnie zerowego prawdopodobieństwa). Wiemy jednak również (jak w argumencie, który napisałeś), że tj. P ( A ) = P ( B ) , więc jedynym możliwym wnioskiem jest to, że A = B (z wyjątkiem ewentualnie zbioru zerowego prawdopodobieństwa).E[E[1A|Ft]]=E[1B]P(A)=P(B)A=B

Dla , F.s>t , więc prawo wieży dla oczekiwań warunkowych implikuje, żeE[ 1 A | F t ]=E[E[ 1 A | F t ] | F s ]. AleE[ 1 A | F t ]= 1 A , więcE[ 1 A | F s ]=FtFsE[1A|Ft]=E[E[1A|Ft]|Fs]E[1A|Ft]=1A . Zatem wszystkie warunkowe oczekiwania dla s > t są równe (do 1 A ). Dla s < t , jeśli A F s , nadal będziemy mieć E [ 1 A | F s ] = 1 . Z drugiej strony, jeśli chcemy wrócić do czasów, w którychnie jest w F s , a następnie nie sądzę cokolwiek można powiedzieć o E [ 1 | F s ]E[1A|Fs]=1As>t1As<tAFsE[1A|Fs]=1AAFsE[1A|Fs]ogólnie. Konkretny przykład znajduje się w tym dokumencie , rysunek 1. Biorąc na przykład , daje ciąg warunkowych oczekiwań E [ 1 A | F 0 ] = 1A={ω2}F2F1,E[1A| F1]=1E[1A|F0]=181Ω,E[1A| F2]=1{ω2},E[1A| F3]=1{ω2}.E[1A|F1]=121{ω1,ω2}E[1A|F2]=1{ω2}E[1A|F3]=1{ω2}

S. Catterall Przywróć Monikę
źródło
Dzięki S. Catterall. Skąd wiesz 1 ? 2 E [ 1 A | F t ] = 1 A ? Również edytuję pytanie. Przepraszam za jakiekolwiek niedogodności. Wykorzystam trochę waszego wglądu do edycjiP(B)=P(AB)BAE[1A|Ft]=1A
BCLC,
1
Pozwól, że spróbuję streścić w języku naturalnym; filtrujące odpowiada coraz drobniejszy podziału przestrzeni efektów, warunkowego oczekiwaniem zdarzeń wrt kolejne elementy filtrujące ( „w nowych informacji”) staje się bardziej osiągnął około zdarzenia (w stanie początkowym informacji F 0 to tylko jednolity rozkład). Czas zatrzymania jest powierzchnią procesu ustaloną na poziomie stochastycznym (w pracy zmienna wynikowa jest binarna i wybrano wartość 0 ). AF00
ocramz
@ocramz i S. Catterall, gotowe. Jak to jest proszę? ^ - ^
BCLC,
1
AωiAA0
1
W odpowiedzi na pytania w pierwszym komentarzu: jeśli P(B)=P(AB)BABAcBP(AcB)=0BAP(A)=P(B)A=BFt