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$X$ $f(X)$ independiente $\Longleftrightarrow$ $f(X)$ es degenerado

Deje $(\Omega, \cal{A}, \mathbb{P})$ ser un espacio de probabilidad y $X$ una variable aleatoria en $\Omega$. Supongamos, también, $f:\Omega\to\mathbb{R}$ ser un Borel función. Entonces:
$X$ $f(X)$ son independientes $\Longleftrightarrow$ existe alguna $t\in\mathbb{R}$ tal que $\mathbb{P}[f(X)=t]=1$ $f(X)$ es un degenerado r.v.

La única cosa que podría hacer es que si $X$ $f(X)$ son independientes, entonces
$\mathbb{P}[f(X)\in B]=0$ o $1$ por cada subconjunto de Borel $\mathbb{R}$, ya que el $\sigma(f(X))\subseteq \sigma(X)$ y, por lo tanto, $f(X)$ es independiente de su auto. Supongamos, ahora, que $\mathbb{P}[f(X)\leq x]=0$ todos los $x\in\mathbb{R}$. Entonces:
$\mathbb{P}[f(X)\in\mathbb{R}]=\mathbb{P}[\bigcup_{n=0}^{\infty}[f(X)\leq n]]\leq\sum_{n=0}^{\infty}[f(X)\leq n]=0$ , lo que obviamente es una contradicción ya que el $\mathbb{P}[f(x)\in\mathbb{R}]=1$.

Sin embargo, no sé cómo probar esto y mi intento no es probable para convertirse en una solución completa.
Cualquier ayuda se agradece.
Gracias de antemano!

3voto

Did Puntos 1

Si la variable aleatoria $Y$ es independiente de sí mismo, entonces no existe $y$ tal que $Y=y$ casi seguramente.

Para probar esto, considere la posibilidad de la CDF $F_Y:x\mapsto\mathbb P(Y\leqslant x)$ y tenga en cuenta que para cada $x$ caso $[Y\leqslant x]$ es independiente de sí mismo, por tanto $F_Y(x)$ $0$ o $1$. Desde $F_Y$ tiene límites $0$$-\infty$$1$$+\infty$, el número real $y=\inf\{x\mid F_Y(x)=1\}$ está bien definido y finito.

Desde $F_Y$ es no decreciente, $F(x)=0$ por cada $x\lt y$ $F_Y(x)=1$ por cada $x\gt y$, por lo tanto $\mathbb P(y-u\lt Y\leqslant y+u)=1$ por cada $u\gt0$, en particular, $\mathbb P(Y=y)=1$.

2voto

Grant Puntos 116

Hay otra prueba de este hecho, que sigue inmediatamente del hecho de que usted probó: $\Bbb P[f(x)\in B]\in \{0,1\}$, y recuerda a la Anidados Intervalos Teorema. Para la taquigrafía vamos $$ \mu(B):=\Bbb P[f(X)\in B] $$ indicar la distribución de $f(X)$.

Así que tenemos $\mu \in \{0,1\}$$\mu(\Bbb R) = 1$. Vamos a demostrar que implica que $\mu$ es un degenerado de distribución, es decir no existe $x\in \Bbb R$ tal que $\mu(\{x\}) = 1$.

  1. Existe una limitada intervalo cerrado $I_n =[-n,n]$ tal que $\mu(I_n) = 1$. De hecho, si no hay tal intervalo, a continuación, $$ 1 = \mu(\Bbb R) = \mu\left(\bigcup_n I_n\right) = \lim_n \mu(I_n) = 0 $$ lo cual es una contradicción.

  2. Ahora construimos una secuencia de intervalos anidados. Denotar $J_0 = I_n$, y vamos a $$ J_0^{-} = [-n,0],\quad J_0^+ = [0,n]. $$ Hay por lo menos uno de estos intervalos de medida $1$. Denota por $J_1$.

  3. Repita el procedimiento de inducción para $J_k$ donde $k = 1,2,\dots$: dividen simétricamente en dos partes y poner $J_{k+1}$ ser alguna de estas piezas que $\mu(J_{k+1}) = 1$.

  4. En el extremo, usted tiene una disminución de la secuencia de compacto intervalos de $J_0,\dots,J_k,\dots$ tal que $\mathrm{diam}(J_k)\leq 2^{1-k}n $ $\bigcap_k J_k$ es un solo punto. Tenemos $$ \mu\left(\bigcap_k J_k\right) = \lim_k \mu(J_k) = 1 $$ así que nos encontramos a $x = \bigcap_k J_k$.

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