Esercizio con aspettazione condizionale e convergenza monotona
Ciao a tutti,
ho svolto un esercizio di processi stocastici (che per la verità altro non è che teoria della misura, ed è il motivo per cui ho postato qui) che mi sembra fin troppo semplice.
Eccolo:
$ \mathbb{E}[Y|\mathcal{D}]$ è l'aspettazione condizionale.
Proof:
Dalle ipotesi appare evidente che vada usato Beppo-Levi.
Per l'aspettazione condizionale è noto che $E(Y_n|\mathcal{F}) \rarr E(Y|\mathcal{F}) $ per una sequenza $Y_n$ crescente di funzioni misurabili convergente a $Y$.(Beppo Levi) (in questo caso banalmente lo sono perché le variabili aleatorie altro non sono che funzioni misurabili).
Vale inoltre il cosiddetto 'lemma della torre', cioè se $\mathcal{D} \subset \mathcal{F}$, allora $E(E(Y|\mathcal{F})|\mathcal{D}))=E(Y|\mathcal{D})$
Quindi, poichè le ipotesi per la convergenza monotona sono verificate, vale
La mia idea era dunque di considerare
Ma il membro di sinistra è uguale a
Mentre il membro di destra è
E per cui l'asserto è dimostrato.
Sinceramente mi sembra fin troppo semplice, e questo non mi piace. Gradirei un vostro parere a riguardo
ho svolto un esercizio di processi stocastici (che per la verità altro non è che teoria della misura, ed è il motivo per cui ho postato qui) che mi sembra fin troppo semplice.
Eccolo:
Dato uno spazio probabilizzato $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$ e una sub-sigma algebra $\mathcal{D} \subset \mathcal{F}$, consideriamo la sequenza ${Y_n}_{n \geq 0}$ di variabili aleatorie definite su $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$ e tali che $Y_n \uarr Y \text{ q.c.}$, con $Y$ tale che $\mathbb{E}[Y] < + \infty$.
Provare che $\mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D}] \rarr \mathbb{E}[Y|\mathcal{D}]$
$ \mathbb{E}[Y|\mathcal{D}]$ è l'aspettazione condizionale.
Proof:
Dalle ipotesi appare evidente che vada usato Beppo-Levi.
Per l'aspettazione condizionale è noto che $E(Y_n|\mathcal{F}) \rarr E(Y|\mathcal{F}) $ per una sequenza $Y_n$ crescente di funzioni misurabili convergente a $Y$.(Beppo Levi) (in questo caso banalmente lo sono perché le variabili aleatorie altro non sono che funzioni misurabili).
Vale inoltre il cosiddetto 'lemma della torre', cioè se $\mathcal{D} \subset \mathcal{F}$, allora $E(E(Y|\mathcal{F})|\mathcal{D}))=E(Y|\mathcal{D})$
Quindi, poichè le ipotesi per la convergenza monotona sono verificate, vale
$E(Y_n|\mathcal{F}) \rarr_{n \rarr +\infty} E(Y|\mathcal{F}) \text{ q.c.}$
La mia idea era dunque di considerare
$E(E(Y_n|\mathcal{F})|\mathcal{D})) \rarr E(E(Y|\mathcal{F})|\mathcal{D}))$
Ma il membro di sinistra è uguale a
$E(Y_n | \mathcal{D})$
Mentre il membro di destra è
$E(Y|\mathcal{D})$
E per cui l'asserto è dimostrato.
Sinceramente mi sembra fin troppo semplice, e questo non mi piace. Gradirei un vostro parere a riguardo
Risposte
Non sono in grado di controllare la tua dimostrazione adesso, ma non mi pare sorprendente che sia facile. Ha l'aria di una cosa piuttosto ovvia in verità. Queste aspettazioni condizionali hanno grosso modo le stesse proprietà del valore atteso "standard".
Ciao dissonance, sí addirittura come ho scritto all'inizio del post, valeva la tesi per la sigma algebra $/mathcal{F}$, quindi il gioco stava nel farla valere per la sua sub-sigma algebra. Quello che mi fa storcere un po' il naso è che non mi sembra serva l'ipotesi $E[Y] < \+infty$...
Probabilmente il testo richiede \(E(Y)<+\infty\) nella definizione di \(E(Y|\mathcal D)\).
"dissonance":
Probabilmente il testo richiede \(E(Y)<+\infty\) nella definizione di \(E(Y|\mathcal D)\).
Confermo, ho sempre visto chiedere almeno la semi integrabilità inferiore proprio nella definizione.
P.S. : la dimostrazione l'ho guardata di sfuggita ma mi sembra che ci sia qualcosa che non va, temo tu stia dimostrando la tesi con la tesi.
Grazie a tutti e due! 
Un'altra via che mi era venuta in mente era definire la sequenza di v.a. $Z_n=Y-Y_n$. Allora si ha che $Z_n \darr 0 \text{ q.c.}$, perciò (proprietà dell'integrale di Lebesgue) $E(Z_n) \darr 0$. Inoltre è evidente che $Z_n \geq Z_{n+1}$, perciò $E(Z_n | D)\geq E(Z_{n+1}|D)$.
Perciò la successione $E(Z_n|D)$ è decrescente e c'è convergenza quasi certa a una v.a. $X\geq0$, da cui, via convergenza monotona, si ha $E((E(Z_n|D)))=E(X)$ e, per il 'lemma della torre', vale $E(X)= lim_{n rarr \infty} E(Z_n)=0 \text{ q.c}$. Perciò $E(Y_n|D) \rarr E(Y|D) \text{ q.c.}$
Un'altra via che mi era venuta in mente era definire la sequenza di v.a. $Z_n=Y-Y_n$. Allora si ha che $Z_n \darr 0 \text{ q.c.}$, perciò (proprietà dell'integrale di Lebesgue) $E(Z_n) \darr 0$. Inoltre è evidente che $Z_n \geq Z_{n+1}$, perciò $E(Z_n | D)\geq E(Z_{n+1}|D)$.
Perciò la successione $E(Z_n|D)$ è decrescente e c'è convergenza quasi certa a una v.a. $X\geq0$, da cui, via convergenza monotona, si ha $E((E(Z_n|D)))=E(X)$ e, per il 'lemma della torre', vale $E(X)= lim_{n rarr \infty} E(Z_n)=0 \text{ q.c}$. Perciò $E(Y_n|D) \rarr E(Y|D) \text{ q.c.}$
Ho letto con più attenzione:
Ma in realtà $ \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{F} ] = Y_n $ per ogni $n \in NN$ e quella scrittura non è sensata perché ci va messo un "q.c." o specificato qualche altro tipo di convergenza.
Qui, per lo stesso motivo di prima, è tautologico.
Ma questa è la tesi, quindi non puoi dirlo.
Qui manca un limite ma è ok.
Qua non puoi dirlo, praticamente hai solo riscritto le ipotesi in una maniera complicata e hai concluso che vale la tesi.
Il punto di partenza non è sbagliato.
1. La successione di v.a. $ \{ \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D} ] \}_{n \in NN} $ è non decrescente e $\mathcal{D}$ - misurabile ergo ammette un limite $\mathcal{D}$ - misurabile, chiamiamolo $Z$.
2. Bisogna mostrare che $Z = \mathbb{E}[Y | \mathcal{D} ]$ (q.c.). Si ha
$$ \mathbb{E}[Z \chi_D ] = \mathbb{E}[ \lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D}] \chi_D] \overset{\text{B.L.}}{=} \lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[\mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D}] \chi_D] \overset{\text{def}}{=}\lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[Y_n\chi_D] \overset{\text{B.L.}}{=} \mathbb{E}[\lim_{n \to \infty} Y_n \chi_D] \overset{\text{ip}}{=} \mathbb{E}[Y\chi_D] $$
per ogni $D \in \mathcal{D}$.
Quindi $Z$ soddisfa la definizione di valore atteso condizionato.
"feddy":
Per l'aspettazione condizionale è noto che $E(Y_n|\mathcal{F}) \rarr E(Y|\mathcal{F}) $ per una sequenza $Y_n$ crescente di funzioni misurabili convergente a $Y$.(Beppo Levi) (in questo caso banalmente lo sono perché le variabili aleatorie altro non sono che funzioni misurabili).
Ma in realtà $ \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{F} ] = Y_n $ per ogni $n \in NN$ e quella scrittura non è sensata perché ci va messo un "q.c." o specificato qualche altro tipo di convergenza.
"feddy":
Vale inoltre il cosiddetto 'lemma della torre', cioè se $ \mathcal{D} \subset \mathcal{F} $, allora $ E(E(Y|\mathcal{F})|\mathcal{D}))=E(Y|\mathcal{D}) $
Qui, per lo stesso motivo di prima, è tautologico.
"feddy":
La mia idea era dunque di considerare$ E(E(Y_n|\mathcal{F})|\mathcal{D})) \rarr E(E(Y|\mathcal{F})|\mathcal{D})) $
Ma questa è la tesi, quindi non puoi dirlo.
"feddy":
Perciò la successione $ E(Z_n|D) $ è decrescente e c'è convergenza quasi certa a una v.a. $ X\geq0 $, da cui, via convergenza monotona, si ha $ E((E(Z_n|D)))=E(X) $
Qui manca un limite ma è ok.
"feddy":
e, per il 'lemma della torre', vale $ E(X)= lim_{n rarr \infty} E(Z_n)=0 \text{ q.c} $. Perciò $ E(Y_n|D) \rarr E(Y|D) \text{ q.c.} $
Qua non puoi dirlo, praticamente hai solo riscritto le ipotesi in una maniera complicata e hai concluso che vale la tesi.
Il punto di partenza non è sbagliato.
1. La successione di v.a. $ \{ \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D} ] \}_{n \in NN} $ è non decrescente e $\mathcal{D}$ - misurabile ergo ammette un limite $\mathcal{D}$ - misurabile, chiamiamolo $Z$.
2. Bisogna mostrare che $Z = \mathbb{E}[Y | \mathcal{D} ]$ (q.c.). Si ha
$$ \mathbb{E}[Z \chi_D ] = \mathbb{E}[ \lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D}] \chi_D] \overset{\text{B.L.}}{=} \lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[\mathbb{E}[Y_n | \mathcal{D}] \chi_D] \overset{\text{def}}{=}\lim_{n \to \infty} \mathbb{E}[Y_n\chi_D] \overset{\text{B.L.}}{=} \mathbb{E}[\lim_{n \to \infty} Y_n \chi_D] \overset{\text{ip}}{=} \mathbb{E}[Y\chi_D] $$
per ogni $D \in \mathcal{D}$.
Quindi $Z$ soddisfa la definizione di valore atteso condizionato.
Azz sulla prima dimostrazione stavo proprio dormendo quando l'ho scritta ! Grazie di avermelo fatto notare.
Per la seconda mi è tutto chiaro, rileggendomi mi rendo conto di non aver scritto per nulla bene quello che intendevo. Grazie ancora
Per la seconda mi è tutto chiaro, rileggendomi mi rendo conto di non aver scritto per nulla bene quello che intendevo. Grazie ancora
Di nulla, è anche la prima volta che sul forum si parla di processi stocastici (o cose affini ad essi) che almeno mi rinfresco la memoria!
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