보조 정리 :하자 확률 변수하고하자 F가 되도록 (보렐 측정) 함수일 X 및 F ( X는 ) 독립적이다. 그러면 f ( X ) 는 거의 확실합니다. 즉, 일부가 ∈ R 되도록 P ( f는 ( X ) = ) = 1 .X

$X$

$X$f

$f$

$f$X

$X$

$X$f(X)

$f(X)$

$f(X)$f(X)

$f(X)$

$f(X)$a∈R

$a\in \mathbb{R}$

$a \in \mathbb R$P(f(X)=a)=1

$\mathbb{P}(f(X)=a)=1$

$\mathbb P(f(X) = a) = 1$

증거는 다음과 같습니다. 그러나 먼저 몇 가지 언급이 있습니다. Borel 측정 가능성은 합리적이고 일관된 방식으로 확률을 할당 할 수있는 기술적 조건 일뿐입니다. “거의 확실하다”는 또한 기술 일뿐입니다.

정리의 본질은 만약 우리가 와 f ( X ) 가 독립적 이기를 원한다면 , 우리의 유일한 후보는 f ( x ) = a 형식의 함수들이라는 것 입니다.X

$X$

$X$f(X)

$f(X)$

$f(X)$f(x)=a

$f(x)=a$

$f(x) = a$

Contrast this with the case of functions f

$f$

$f$ such that X

$X$

$X$ and f(X)

$f(X)$

$f(X)$ are uncorrelated. This is a much, much weaker condition. Indeed, consider any random variable X

$X$

$X$ with mean zero, finite absolute third moment and that is symmetric about zero. Take f(x)=x2

$f(x)=x^2$

$f(x) = x^2$, as in the example in the question. Then 이므로 X 와 f ( X ) = X 2 는 서로 관련이 없습니다.Cov(X,f(X))=EXf(X)=EX3=0

$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,f(X))=\mathbb{E}Xf(X)=\mathbb{E}{X}^3=0$

$\mathrm{Cov}(X,f(X)) = \mathbb E Xf(X) = \mathbb E X^3 = 0$X

$X$

$X$f(X)=X2

$f(X)=X^2$

$f(X) = X^2$

아래에서 나는 정리에 대한 가장 간단한 증거를 제시합니다. 모든 세부 사항을 최대한 명확 하게하기 위해 매우 장황 하게 만들었습니다 . 누구든지 그것을 개선하거나 단순화하는 방법을 알게되면, 나는 즐겁게 알고 있습니다.

증거의 아이디어는 우리가 알고있는 경우 직관적으로, , 우리는 알고 F ( X을 ) . 그래서 우리는 몇 가지 이벤트 찾을 필요가 σ ( X ) 에 의해 생성 된 시그마 대수 X 에 대한 우리의 지식에 관한 것으로, X를 의에 F ( X을 ) . 그런 다음 해당 정보를 X 와 f ( X )의 독립으로 가정 하여 사용 가능한 f에 대한 선택 이 심각하게 제한되었음을 보여줍니다 .X

$X$

$X$f(X)

$f(X)$

$f(X)$σ(X)

$\sigma (X)$

$\sigma(X)$X

$X$

$X$X

$X$

$X$f(X)

$f(X)$

$f(X)$X

$X$

$X$f(X)

$f(X)$

$f(X)$f

$f$

$f$

표제어 증명 : 리콜 및 Y가 독립적 인 경우에만 모든 경우 ∈ σ ( X ) 및 B ∈ σ ( Y ) , P ( X ∈ , Y ∈ B ) = P ( X ∈ ) P ( Y ∈ B ) . 하자 Y = F ( X ) 일부 보렐 측정 기능에 대한 F를X

$X$

$X$Y

$Y$

$Y$A∈σ(X)

$A\in \sigma (X)$

$A \in \sigma(X)$B∈σ(Y)

$B\in \sigma (Y)$

$B \in \sigma(Y)$P(X∈A,Y∈B)=P(X∈A)P(Y∈B)

$\mathbb{P}(X\in A,Y\in B)=\mathbb{P}(X\in A)\mathbb{P}(Y\in B)$

$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\Pr(X \in A, Y \in B) = \Pr(X \in A) \Pr(Y \in B)$Y=f(X)

$Y=f(X)$

$Y = f(X)$f

$f$

$f$ such that X

$X$

$X$ and Y

$Y$

$Y$ are independent. Define A(y)={ω:f(X(ω))≤y}

$A(y)=\{\omega :f(X(\omega ))\le y\}$

$\newcommand{\o}{\omega}A(y) = \{\o: f(X(\o)) \leq y\}$. Then,

$$A(y) = \{\o: X(\o) \in f^{-1}((-\infty,y])\}$$
and since (−∞,y]

$(-\mathrm{\infty },y]$

$(-\infty,y]$ is a Borel set and f

$f$

$f$ is Borel-measurable, then f−1((−∞,y])

$f^{-1}((-\mathrm{\infty },y])$

$f^{-1}((-\infty,y])$ is also a Borel set. This implies that A(y)∈σ(X)

$A(y)\in \sigma (X)$

$A(y) \in \sigma(X)$ (by definition(!) of σ(X)

$\sigma (X)$

$\sigma(X)$).

Since X

$X$

$X$ and Y

$Y$

$Y$ are assumed independent and A(y)∈σ(X)

$A(y)\in \sigma (X)$

$A(y) \in \sigma(X)$, then

$$\Pr(X \in A(y), Y \leq y) = \Pr(X \in A(y)) \Pr(Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \Pr(f(X) \leq y) \>,$$
and this holds for all y∈R

$y\in \mathbb{R}$

$y \in \mathbb R$. But, by definition of A(y)

$A(y)$

$A(y)$

$$\Pr(X \in A(y), Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y, Y \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \> .$$
Combining these last two, we get that for every y∈R

$y\in \mathbb{R}$

$y \in \mathbb R$,

$$\Pr(f(X) \leq y) = \Pr(f(X) \leq y) \Pr(f(X) \leq y) \>,$$
so P(f(X)≤y)=0

$\mathbb{P}(f(X)\le y)=0$

$\Pr(f(X) \leq y) = 0$ or P(f(X)≤y)=1

$\mathbb{P}(f(X)\le y)=1$

$\Pr(f(X) \leq y) = 1$. This means there must be some constant a∈R

$a\in \mathbb{R}$

$a \in \mathbb R$ such that the distribution function of f(X)

$f(X)$

$f(X)$ jumps from zero to one at a

$a$

$a$. In other words, f(X)=a

$f(X)=a$

$f(X) = a$ almost surely.

NB: Note that the converse is also true by an even simpler argument. That is, if f(X)=a

$f(X)=a$

$f(X) = a$ almost surely, then X

$X$

$X$ and f(X)

$f(X)$

$f(X)$ are independent.

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