Ejercicio de teoría de la probabilidad/medida

Question

Dejemos que $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ sea un espacio de probabilidad. Sea también $A_{n,j}\in\mathcal{F},n\in\mathbb{N}_0,j\in\{1,2,3,...,2^n\}$ sea tal que para todo $n\in\mathbb{N}_0:\cup_{j=1}^{2^n}A_{n,j}=\Omega$ y: $\forall i,j\in\{1,2,3,...,2^n\}i\neq j:A_{n,i}\cap A_{n,j}=\emptyset$ y $A_{n,i}=A_{n+1,2i-1}\cup A_{n+1,2i}$ .

Ahora define: $\mathcal{F}_n=\sigma(\{A_{n,j}:j\in\{1,2,3,...,2^n\}\})$ .

i.) Demostrar que $\mathcal{F}$ es una filtración.

ii.) Definir $\mu:\mathcal{F}\rightarrow[0,\infty)$ medida de probabilidad sobre $(\Omega,\mathcal{F})$ . Supongamos que si $\mathbb{P}(A)=0$ , para $A\in\mathcal{F}$ entonces $\mu(A)=0$ . Definir: $M_n(\omega)=\frac{\mu(A_{n,j})}{\mathbb{P}(A_{n,j})},\omega\in A_{n,j},\mathbb{P}(A_{n,j})\neq 0$ y $M_n(\omega)=0$ si $\mathbb{P}(A_{n,j})=0$ .

Demostrar que para todos los $n\in\mathbb{N}_0$ y todos $j\in\{1,2,3,...,2^n\}$ :

$\mathbb{E}(M_{n+1}1_{A_{n,j}})=\mathbb{E}(M_n1_{A{_n,j}})$ .

Para la pregunta i.) tenemos que demostrar que $\mathcal{F}_n\subset\mathcal{F}_{n+1}\forall n$ y también que todos $\mathcal{F}_n$ son $\sigma-$ álgebras.

Ya he demostrado que $\Omega\in\mathcal{F}_n\forall n$ y que si $E_n\in\mathcal{F}_n$ entonces también $\cup_{n=1}^{\infty}E_n\in\mathcal{F}_n$ . Sin embargo me cuesta mostrar la condición para los complementos.

Ahora para la pregunta ii.), en primer lugar si $\mathbb{P}(A_{n,j})=0$ entonces la igualdad es evidente. Por lo tanto, podemos suponer que $\mathbb{P}(A_{n,j})\neq 0$ .

Ahora lo tenemos: $\mathbb{E}(M_{n+1}1_{A{n,j}})=\int M_{n+1}1_{A_{n,j}}=\int \frac{\mu(A_{n+1,j})}{\mathbb{P}(A_{n+1,j})}1_{A_{n,j}}=\frac{\mathbb{P}(A_{n,j})\mu(A_{n,j})}{\mathbb{P}(A_{n+1,j})}$ .

Por otro lado, tenemos eso: $\mathbb{E}(M_{n}1_{A{n,j}})=\int M_{n}1_{A_{n,j}}=\int\frac{\mu(A_{n,j})}{\mathbb{P}(A_{n,j}}1_{A_{n,j}}=\mu(A_{n,j})$ .

Estoy bastante seguro de que hay algo mal en lo que he hecho, pero no puedo averiguar exactamente qué. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

1. Por supuesto, $$A_{n,i} = A_{n+1,2i-1} \cup A_{n+1,2i}.$$ Desde $A_{n+1,2i-1}, A_{n+1,2i} \in \mathcal{F}_{n+1}$ Esto demuestra que $A_{n,i} \in \mathcal{F}_{n+1}$ para todos $i=1,\ldots,2^n$ . En consecuencia, $$\mathcal{F}_n = \sigma(A_{n,i}; i \in \{1,\ldots,2^n\}) \subseteq \mathcal{F}_{n+1}.$$ Eso sí $\mathcal{F}_n$ es un $\sigma$ -es, por definición, la más pequeña de las álgebras $\sigma$ -que contiene $A_{n,i}$ para todos $i \in \{1,\ldots,2^n\}$ .
2. Su primer cálculo no es correcto porque $M_{n+1}$ no es igual a $\frac{\mu(A_{n+1,j})}{\mathbb{P}(A_{n+1,j})}$ en $A_{n,j}$ . Por definición, $$M_{n+1} = \sum_{i=1}^{2^{n+1}} \frac{\mu(A_{n+1,i})}{\mathbb{P}(A_{n+1,i})} 1_{A_{n+1,i}} \tag{1}$$ (en el abuso, ponemos $\frac{0}{0} := 0$ ). Dado que los conjuntos $A_{n+1,i}$ , $i =1,\ldots,2^{n+1}$ son disjuntos y $A_{n,j} = A_{n+1,2j-1} \cup A_{n+1,2j}$ tenemos $$1_{A_{n,j}} \cdot 1_{A_{n+1,i}} = \begin{cases} 0, & i \notin \{2j-1,2j\}, \\ 1_{A_{n+1,i}}, & i \in \{2j-1,2j\}. \end{cases} \tag{2}$$ Por lo tanto, al $(1)$ y $(2)$ , $$\mathbb{E}(M_{n+1} 1_{A_{n,j}}) = \sum_{i=2j-1}^{2j} \mathbb{E}\left( \frac{\mu(A_{n+1,i})}{\mathbb{P}(A_{n+1,i})} 1_{A_{n+1,i}} \right).$$ Podemos calcular el lado derecho explícitamente: $$\begin{align*}\sum_{i=2j-1}^{2j} \mathbb{E}\left( \frac{\mu(A_{n+1,i})}{\mathbb{P}(A_{n+1,i})} 1_{A_{n+1,i}} \right) &= \frac{\mu(A_{n+1,2j-1})}{\mathbb{P}(A_{n+1,2j-1})} \mathbb{P}(A_{n+1,2j-1}) + \frac{\mu(A_{n+1,2j})}{\mathbb{P}(A_{n+1,2j})} \mathbb{P}(A_{n+1,2j}) \\ &= \mu(A_{n+1,2j-1}) + \mu(A_{n+1,2j}) \\ &= \mu(A_{n,j}) \end{align*}$$ donde hemos utilizado en el último paso que $A_{n,j}$ es la unión disjunta de $A_{n+1,2j-.1}$ y $A_{n+1,2j}$ . Por otro lado (ese es el cálculo que ya hiciste), se deduce directamente de la definición que $$\mathbb{E}(M_n 1_{A_{n,j}}) = \mu(A_{n,j}).$$ La combinación de ambos resultados demuestra $$\mathbb{E}(M_{n+1} 1_{A_{n,j}}) = \mu(A_{n,j}) = \mathbb{E}(M_n 1_{A_{n,j}}).$$