Sigma-algebra
Salve a tutti.
Sia $(Omega,mathcal(F),P)$ uno spazio di probabilita', e siano $mathcal(G)$ e $mathcal(H)$ due sigma algebre $sube mathcal(F)$.
Sia inoltre $mathcal(Sigma)={A in mathcal(G)\ |\ P(A\ nn\ B)=P(A)\ P(B)\ ; \ forall \ Bin mathcal(H)}$
Devo dimostrare che questa sia una sigma-algebra.
Diciamo che nessuno mi ha detto che lo sia (si accettano dunque controesempi) ma ho idea che sia vero.
Per quanto riguarda le prime due proprieta' vanno bene.
Sorge il problema sull'unione numerabile.
Any idea?
Grazie
Sia $(Omega,mathcal(F),P)$ uno spazio di probabilita', e siano $mathcal(G)$ e $mathcal(H)$ due sigma algebre $sube mathcal(F)$.
Sia inoltre $mathcal(Sigma)={A in mathcal(G)\ |\ P(A\ nn\ B)=P(A)\ P(B)\ ; \ forall \ Bin mathcal(H)}$
Devo dimostrare che questa sia una sigma-algebra.
Diciamo che nessuno mi ha detto che lo sia (si accettano dunque controesempi) ma ho idea che sia vero.
Per quanto riguarda le prime due proprieta' vanno bene.
Sorge il problema sull'unione numerabile.
Any idea?
Grazie
Risposte
Ciao..
Potresti provare utilizzando una proposizione che ti dice che dimostrare che l'unione numerabile di insiemi di $Sigma$ appartiene a $Sigma$ è equivalente a dimostrare che presa una successione di insiemi disgiunti di $Sigma$ la loro unione sta in $Sigma$.
A questo punto la probabilità dell'unione è la somma delle probabilità...
é un'idea..
Prova e dimmi se funziona..
Potresti provare utilizzando una proposizione che ti dice che dimostrare che l'unione numerabile di insiemi di $Sigma$ appartiene a $Sigma$ è equivalente a dimostrare che presa una successione di insiemi disgiunti di $Sigma$ la loro unione sta in $Sigma$.
A questo punto la probabilità dell'unione è la somma delle probabilità...
é un'idea..
Prova e dimmi se funziona..
"piso88":
Ciao..
Potresti provare utilizzando una proposizione che ti dice che dimostrare che l'unione numerabile di insiemi di $Sigma$ appartiene a $Sigma$ è equivalente a dimostrare che presa una successione di insiemi disgiunti di $Sigma$ la loro unione sta in $Sigma$.
Innanzitutto ciao anche a te. Ho visto che hai postato un problema di misura pero' non sono molto in grado di aiutarti perche' non ho mai affrontato quella misura ma provero' a dargli un'occhiata.
Comunque se quello che hai detto e' vero il gioco e' fatto.
Ma siamo sicuri sia valido. A primo acchitto mi sembra troppo potente.
Comunque ora non ho miolto tempo provero' a pansare ad una dimostrazione di quello che dici (o un controesempio)
O magari se te hai la dimostrazione (o referenze) potresti indicarmele.
Ciao
no no.. sono sicuro di quello che dico..
le referenze purtroppo per ora sono i miei appunti..non ho controllato se su qualche libro c'è quella proposizione.
Forse potresti guardare uno dei primi capitoli del Rudin Analisi Reale e Complessa. Forse li c'è.
Ora sono di fretta, non ho gli appunti, e in più non sono molto fresco di analisi quindi non ti posso postare la dimostrazione.
Se riesco la posto stasera o domani.
Per quanto riguarda il problema sulla misura non preoccuparti. Dovrei essere arrivato a una soluzione. Se verifico che funziona mi risponderò da solo, nel caso qualcuno avesse il mio stesso problema:)
le referenze purtroppo per ora sono i miei appunti..non ho controllato se su qualche libro c'è quella proposizione.
Forse potresti guardare uno dei primi capitoli del Rudin Analisi Reale e Complessa. Forse li c'è.
Ora sono di fretta, non ho gli appunti, e in più non sono molto fresco di analisi quindi non ti posso postare la dimostrazione.
Se riesco la posto stasera o domani.
Per quanto riguarda il problema sulla misura non preoccuparti. Dovrei essere arrivato a una soluzione. Se verifico che funziona mi risponderò da solo, nel caso qualcuno avesse il mio stesso problema:)
in realtà il segreto è cercare di definire a partire dalla generica successione $ { A_n} $ di insiemi appartenenti alla sigma algebra una successione $ { B_n} $ tale che
$B_n nn B_m = O/$
e
l'unione su $n>=1$ di $B_n$ è uguale all'unione su $n>=1$ degli $A_n$.
Allora il gioco è fatto..
$B_n nn B_m = O/$
e
l'unione su $n>=1$ di $B_n$ è uguale all'unione su $n>=1$ degli $A_n$.
Allora il gioco è fatto..
@piso88: Mi sa che devi avere già dimostrato la chiusura rispetto alla complementazione per fare il discorso che dici tu.
Quello che dici piso lo ho pensato pero' mi viene un attimo strano, mi spiego:
Considera $A_1,A_2,...$ insiemi della (presunta sigma)
a questo punto si costruisce
$B_1=A_1$,
$B_2=A_2-A_1=A_2\ nn\ A_1^c
$B_n=A_n\ nn\ [A_1\ uu\ ...\ uu\ A_(n-1)]^c = A_n\ nn\ A_1^c\ nn\ ...\ nn\ A_(n-1)^c$
che quindi sono incompatibili e la loro unione restituisce l'unione degli $A$.
Il mio problema e': e' $B_n$ nella presunta sigma algebra?
Considera $A_1,A_2,...$ insiemi della (presunta sigma)
a questo punto si costruisce
$B_1=A_1$,
$B_2=A_2-A_1=A_2\ nn\ A_1^c
$B_n=A_n\ nn\ [A_1\ uu\ ...\ uu\ A_(n-1)]^c = A_n\ nn\ A_1^c\ nn\ ...\ nn\ A_(n-1)^c$
che quindi sono incompatibili e la loro unione restituisce l'unione degli $A$.
Il mio problema e': e' $B_n$ nella presunta sigma algebra?
premetto che non ho letto tutte le risposte, però se riesci a dimostrare che quella è un algebra, allora sai che è una sigma - algebra sse è una classe monotona. Verificare (o smentire) quest'ultima cosa (lavorare con le classi monotone) forse è più semplice.
no fermi tutti. un attimo.
Io ho dato per scontato che le due proprietà fossero la chiusura per l'unione finita e per il complementare.
Ora se giri un po' $B_n$ lo riesci a scrivere come unione finita di complementari e quindi sta nella (a questo punto) sigma algebra.
Devo dimostrare che questa sia una sigma-algebra.
Diciamo che nessuno mi ha detto che lo sia (si accettano dunque controesempi) ma ho idea che sia vero.
Per quanto riguarda le prime due proprieta' vanno bene.
Sorge il problema sull'unione numerabile.
Io ho dato per scontato che le due proprietà fossero la chiusura per l'unione finita e per il complementare.
Ora se giri un po' $B_n$ lo riesci a scrivere come unione finita di complementari e quindi sta nella (a questo punto) sigma algebra.
@fu: giusta osservazione però appunto il mio problema per adesso è quello (mi ricollego a pisu) dimostrare che sia una algebra.
@pisu: per due proprietà io intendevo che omega appartiene ed è chiuso sulla complementazione. sull'unione ancora non so nulla.
@pisu: per due proprietà io intendevo che omega appartiene ed è chiuso sulla complementazione. sull'unione ancora non so nulla.
...ahia...allora avevo capito male. Davo per scontato che fosse stata dimostrata la chiusura per l'unione finita.
A questo punto però avendo provato a fare un po' di conti non sono più molto convinto che quella sia una algebra.
Il fatto è che secondo me non si ha controllo su $ P(A_1 nn A_2 nn B) $ dove $A_1$ e $A_2$ sono due elementi di $Sigma$.
Purtroppo però sono sotto esame e non ho molto tempo.
Quindi mi terrò aggiornato e nel caso settimana prossima, finito l'esame, non avrete ancora trovato una risposta ci dedicherò un po' più di tempo.
A questo punto però avendo provato a fare un po' di conti non sono più molto convinto che quella sia una algebra.
Il fatto è che secondo me non si ha controllo su $ P(A_1 nn A_2 nn B) $ dove $A_1$ e $A_2$ sono due elementi di $Sigma$.
Purtroppo però sono sotto esame e non ho molto tempo.
Quindi mi terrò aggiornato e nel caso settimana prossima, finito l'esame, non avrete ancora trovato una risposta ci dedicherò un po' più di tempo.
Ho letto le risposte. Il mio suggerimento di prima penso sia inutile, ora ti dico un'idea:
Se $A\in \Sigma$ allora $A^c \in \Sigma$
per il semplice fatto che $A$ è indipendante da tutti gli elementi di $\mathcal{H}$ e dunque anche $A^c$ lo è (facile verifica che se hai due eventi $A,B$ tali che $P(AB)=P(A)P(B)$ allora $P(A^cB)=P(A^c)P(B)$.
Inoltre considera la sequenza $A_1,...,A_n,...\in \Sigma$. Allora per ipotesi, per ogni $B\in \mathcal{H}$ hai che $P(A_nB)=P(A_n)P(B)$.
Dunque, supponi che sono tutti disgiunti gli insiemi, allora hai che $P(cup A_nB)=\sum P(A_nB)=\sum P(A_n)P(B)=P(\cup A_n)P(B)$ questo per ogni $B\in\mathcal{H}$.
Questo ti basta per concludere, infatti se $A_1,...$ è una sequenza non disgiunta, considera
[tex]\begin{cases}E_1=A_1\\
E_n=A_n\cap \left(\displaysyle\bigcup_{k\leq n}A_k\right)^c\end{cases}[/tex]
Allora hai che [tex]\displaystyle\bigcup_{n=1}^N A_n=\displaystyle\bigcup_{n=1}^N E_n[/tex] e inoltre $E_n\cap E_{m}=\emptyset$ e finisci te.
Se ho detto fesserie dimmelo pure
Se $A\in \Sigma$ allora $A^c \in \Sigma$
per il semplice fatto che $A$ è indipendante da tutti gli elementi di $\mathcal{H}$ e dunque anche $A^c$ lo è (facile verifica che se hai due eventi $A,B$ tali che $P(AB)=P(A)P(B)$ allora $P(A^cB)=P(A^c)P(B)$.
Inoltre considera la sequenza $A_1,...,A_n,...\in \Sigma$. Allora per ipotesi, per ogni $B\in \mathcal{H}$ hai che $P(A_nB)=P(A_n)P(B)$.
Dunque, supponi che sono tutti disgiunti gli insiemi, allora hai che $P(cup A_nB)=\sum P(A_nB)=\sum P(A_n)P(B)=P(\cup A_n)P(B)$ questo per ogni $B\in\mathcal{H}$.
Questo ti basta per concludere, infatti se $A_1,...$ è una sequenza non disgiunta, considera
[tex]\begin{cases}E_1=A_1\\
E_n=A_n\cap \left(\displaysyle\bigcup_{k\leq n}A_k\right)^c\end{cases}[/tex]
Allora hai che [tex]\displaystyle\bigcup_{n=1}^N A_n=\displaystyle\bigcup_{n=1}^N E_n[/tex] e inoltre $E_n\cap E_{m}=\emptyset$ e finisci te.
Se ho detto fesserie dimmelo pure
Thanks fu.
Però quello che devo dimostrare è:
$forall B in mathcal(H)\ \ P([uu_iA_i]nnB)=P(uu_iA_i)P(B)$
Ora seguendo quello che dici $P([uu_iA_i]nnB)=P([uu_iE_i]nnB)=sum_iP(E_i nn B)$
$P(E_2 nn B)=P([A_2 nn A_1^c nn B)$ ma come diceva piso questo (o con qualche complemento è la stessa cosa) è quelo cattivo.
Cioè come dimostri che $A_n\ nn\ [U_(k<=n-1) A_k]^c$ è in $mathcal(Sigma)$ (che poi è quello che avevo detto a piso qualche post fa).
Oppure, senza passare per questa appartenenza, si potrebbe vedere qualcosa sul fatto che la condizione di appartenenza degli $A_n$ invovle tutti i $B$;
o che la somma possa costruire quache gioco telescopi. (In queste due righe intendo non solo valutare il singolo addendo ma l'intera somma).
Però quello che devo dimostrare è:
$forall B in mathcal(H)\ \ P([uu_iA_i]nnB)=P(uu_iA_i)P(B)$
Ora seguendo quello che dici $P([uu_iA_i]nnB)=P([uu_iE_i]nnB)=sum_iP(E_i nn B)$
$P(E_2 nn B)=P([A_2 nn A_1^c nn B)$ ma come diceva piso questo (o con qualche complemento è la stessa cosa) è quelo cattivo.
Cioè come dimostri che $A_n\ nn\ [U_(k<=n-1) A_k]^c$ è in $mathcal(Sigma)$ (che poi è quello che avevo detto a piso qualche post fa).
Oppure, senza passare per questa appartenenza, si potrebbe vedere qualcosa sul fatto che la condizione di appartenenza degli $A_n$ invovle tutti i $B$;
o che la somma possa costruire quache gioco telescopi. (In queste due righe intendo non solo valutare il singolo addendo ma l'intera somma).
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