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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:35 Sa 09.05.2015 | | Autor: | DerBaum |
| Aufgabe | Sei [mm] $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ [/mm] Wahrscheinlichkeitsraum und [mm] $\mathcal{F}_0\subset\mathcal{F}$ [/mm] eine [mm] Unter-$\sigma$-Algebra,X $\mathcal{F}$-messbar [/mm] und [mm] $Y\; \mathcal{F}_0$-messbar. [/mm] Zeigen Sie:
Gilt [mm] $X,Y\geq [/mm] 0$ oder [mm] $X,X\cdot Y\in L^1(\mathbb{P})$, [/mm] dann gilt [mm] $\mathbb{E}[Y\cdot X|\mathcal{F}_0]=Y\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$. [/mm] |
Guten Abend liebe Forenmitglieder,
ich sitze gerade an dieser Aufgabe und komme bei einem Teil einfach nicht weiter.
Was ich bis jetzt habe: den Beweis für [mm] $X,X\cdot Y\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] durch maßtheoretische Induktion:
1. Sei [mm] $Y:=\mathbbm{1}_B$ [/mm] für [mm] $B\in\mathcal{F}_0$ [/mm] beliebig. Dann gilt für alle [mm] $A\in\mathcal{F}_0$:
[/mm]
[mm] $$\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_A\cdot Y\cdot \mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\right]=\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_A\cdot\mathbbm{1}_B\cdot \mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\right]=\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_{A\cap B}\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\right]\underset{bed. Erw.}{\overset{\text{Def.}}{=}}\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_{A\cap B}\cdot X\right]=\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_{A}\cdot\mathbbm{1}_{B}\cdot X\right]=\mathbb{E}\left[\mathbbm{1}_{A}\cdot Y\cdot X\right]$$
[/mm]
Hier ist noch anzumerken, dass obiges gilt, da [mm] $A\cap B\in\mathcal{F}_0$ [/mm] gilt, da [mm] $\mathcal{F}_0$ $\sigma$-Algebra. [/mm] Außerdem ist [mm] $Y\cdot \mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$ $\mathcal{F}_0$-messbar, [/mm] da [mm] $\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0] [/mm] und Y [mm] $\mathcal{F}_0$-messbar. [/mm] Und damit ist [mm] $\mathbb{E}[Y\cdot X|\mathcal{F}_0]=Y\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$.
[/mm]
2. Sei [mm] $(A_i)_{i\in\mathbb{N}}\subset \mathcal{F}_0$, n\in\mathbb{N}$ [/mm] und [mm] $(a_i)_{i\in\mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$, [/mm] sowie [mm] $Y:=\sum_{i=1}^na_i\cdot\mathbbm{1}_{A_i}$. [/mm] Dann gilt wegen der Liniearität des bedingten Erwartungswerts:
[mm] $$\mathbb{E}[Y\cdot X|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}\left[\left(\sum_{i=1}^na_i\cdot\mathbbm{1}_{A_i}\right)\cdot X|\mathcal{F}_0\right]=\mathbb{E}\left[\sum_{i=1}^na_i\cdot\left(\mathbbm{1}_{A_i}\cdot X\right)|\mathcal{F}_0\right]\overset{Lin.}{=}\sum_{i=1}^n a_i\mathbb{E}[\mathbbm{1}_{A_i}\cdot X|\mathcal{F}_0]\overset{1.}{=}\sum_{i=1}^n a_i\cdot \mathbbm{1}_{A_i}\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]=Y\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$$
[/mm]
3. Sei [mm] $(Y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] eine Folge von [mm] $\mathcal{F}_0$-messbaren [/mm] Treppenfunktionen, wie in 2. mit [mm] $0\leq Y_n\;\forall n\in\mathbb{N}$ [/mm] und [mm] $Y_n\nearrow Y\; (n\to\infty)$ [/mm] punktweise. Da [mm] $X\cdot Y\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] auch [mm] $|X\cdot Y|\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] und natürlich [mm] $|Y_n\cdot X|\leq |Y\cdot X|\;\forall n\in\mathbb{N}$, [/mm] sowie [mm] $Y_n\cdot X\to Y\cdot X\;(n\to\infty)$ [/mm] punktweise.
Dann folgt mit dem Satz von der dominierenden Konvergenz:
[mm] $$Y_n\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\overset{2.}{=}\mathbb{E}[Y_nX|\mathcal{F}_0]\to\mathbb{E}[YX|\mathcal{F}_0]\;(n\to\infty)$$
[/mm]
und
[mm] $$Y_n\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\to Y\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]\;(n\to\infty)$$
[/mm]
und damit [mm] $\mathbb{E}[Y\cdot X|\mathcal{F}_0]=Y\cdot\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$.
[/mm]
4. [mm] Betrachte$\; Y=Y^+-Y^-\;$. [/mm] Dann ist wegen [mm] $XY\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] auch [mm] $Y^+X\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] und [mm] $Y^-X\in L^1(\mathbb{P})$. [/mm] Außerdem sind [mm] $Y^+,Y^-\;\mathcal{F_0}$-messbar, [/mm] wegen [mm] $\{Y\geq0\}\in\mathcal{F}_0$, [/mm] da Y [mm] $\mathcal{F}_0$-messbar [/mm] und damit:
[mm] $$\mathbb{E}[YX|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[(Y^+-Y^-)X|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[Y^+X|\mathcal{F}_0]-\mathbb{E}[Y^-X|\mathcal{F}_0]\overset{3.}{=}Y^+\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]-Y^-\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]=Y\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]$$
[/mm]
Nun habe ich hier aber doch [mm] $X\in L^1(\mathbb{P})$ [/mm] nicht verwendet, oder?
Und für den Beweis für [mm] $X\geq [/mm] 0, [mm] Y\geq [/mm] 0$ weiß ich nicht richtig wie ich das angehen soll. Dort kann ich dann ja nicht mit dominierender Konvergenz argumentieren, weshalb der Beweis ja nicht analog zu dem hier durchgeführt werden kann, oder?
Ich würde mich sehr über ein wenig Hilfe freuen.
Liebe Grüße
DerBaum
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Hiho,
erstmal: Dein Beweis ist ok. Du solltest noch hinzuschreiben, welche Definition ihr von bedingter Erwartung eingeführt habt, ich vermute aber mal:
$Y = [mm] E[X|\mathcal{F}]$ [/mm] genau dann, wenn
i) Y ist [mm] \mathcal{F} [/mm] meßbar
ii) $E[1_AY] = E[1_AX]$ für alle $A [mm] \in \mathcal{F}$
[/mm]
> [mm]\mathbb{E}[YX|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[(Y^+-Y^-)X|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[Y^+X|\mathcal{F}_0]-\mathbb{E}[Y^-X|\mathcal{F}_0]\overset{3.}{=}Y^+\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]-Y^-\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]=Y\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0][/mm]
>
> Nun habe ich hier aber doch [mm]X\in L^1(\mathbb{P})[/mm] nicht verwendet, oder?
Ganz klar "oder?"!
Begründe doch mal dein letztes Gleichheitszeichen für [mm] $X\not\in L^1$
[/mm]
> Und für den Beweis für [mm]X\geq 0, Y\geq 0[/mm] weiß ich nicht richtig wie ich das angehen soll. Dort kann ich dann ja nicht mit dominierender Konvergenz argumentieren, weshalb der Beweis ja nicht analog zu dem hier durchgeführt werden kann, oder?
Kennst du denn noch einen Satz, bei dem du Grenzwertbildung und Erwartungswert vertauschen kannst?
Und in dem Fall titt auch obiges Argumentationsproblem dann passenderweise nicht auf 
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:25 Sa 09.05.2015 | | Autor: | DerBaum |
Hallo Gono,
vielen Dank erstmal für deine schnelle Antwort :)
> Hiho,
>
> erstmal: Dein Beweis ist ok. Du solltest noch
> hinzuschreiben, welche Definition ihr von bedingter
> Erwartung eingeführt habt, ich vermute aber mal:
> [mm]Y = E[X|\mathcal{F}][/mm] genau dann, wenn
> i) Y ist [mm]\mathcal{F}[/mm] meßbar
> ii) [mm]E[1_AY] = E[1_AX][/mm] für alle [mm]A \in \mathcal{F}[/mm]
Ja, genau das entspricht unserer Definition für den bedingten Erwartungswert.
>
> >
> [mm]\mathbb{E}[YX|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[(Y^+-Y^-)X|\mathcal{F}_0]=\mathbb{E}[Y^+X|\mathcal{F}_0]-\mathbb{E}[Y^-X|\mathcal{F}_0]\overset{3.}{=}Y^+\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]-Y^-\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0]=Y\mathbb{E}[X|\mathcal{F}_0][/mm]
> >
> > Nun habe ich hier aber doch [mm]X\in L^1(\mathbb{P})[/mm] nicht
> verwendet, oder?
> Ganz klar "oder?"!
> Begründe doch mal dein letztes Gleichheitszeichen für
> [mm]X\not\in L^1[/mm]
Ja, ich habe glaube ich gefunden, wo ich es verwendet habe. In einer anderen Teilaufgabe wurde die Linearität des Bed. Erwartungswerts [mm] $X\in L^1(\mathbb{P})\;\mathcal{F}$-messbar [/mm] gezeigt. Und diese wird ja unter anderem beim 2. Gleichheitszeichen der obigen Gleichung benutzt habe. Hier wird denke ich die Existenz des bed. Erwartungswert mit [mm] $X\in L^1$ [/mm] sichergestellt.
>
> > Und für den Beweis für [mm]X\geq 0, Y\geq 0[/mm] weiß ich nicht
> richtig wie ich das angehen soll. Dort kann ich dann ja
> nicht mit dominierender Konvergenz argumentieren, weshalb
> der Beweis ja nicht analog zu dem hier durchgeführt werden
> kann, oder?
>
> Kennst du denn noch einen Satz, bei dem du Grenzwertbildung
> und Erwartungswert vertauschen kannst?
> Und in dem Fall tritt auch obiges Argumentationsproblem
> dann passenderweise nicht auf
Ja, ich glaube ich habe einen passenden Weg gefunden. Und zwar mit dem Satz von der Monotonen Konvergenz. Dann brauche ich die Induktion nur bis 3. :)
>
Vielen Dank nochmal.
> Gruß,
> Gono
Liebe Grüße
DerBaum
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Hiho,
> Hier wird denke ich die Existenz des bed. Erwartungswert mit [mm]X\in L^1[/mm] sichergestellt.
Du meinst sicher "vorausgesetzt".
> Ja, ich glaube ich habe einen passenden Weg gefunden. Und zwar mit dem Satz von der Monotonen Konvergenz.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß,
Gono
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