Fa implica l'indipendenza di e ?

Fa implica l'indipendenza di e ? $\mathbb{Cov} \left(f(X),Y\right) = 0 \; \forall \; f(.)$ $X$ $Y$

Sono a conoscenza solo con la seguente definizione di indipendenza tra e . $X$ $Y$

f_{x, y} (x, y) = f_{x} (x) f_{y} (y)

$f_{x,y}(x,y) = f_x(x)f_y(y)$

random-variable independence

— stollenm
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Hai bisogno di , non solo

C o v (f (X), g (Y)) = 0 for all (measurable) f (\cdot), g (\cdot)

$\mathbb{Cov} \left(f(X),g(Y)\right) = 0 ~\text{for all (measurable)} ~f(\cdot), g(\cdot)$

C o v (f (X), Y) = 0 \forall f (\cdot)

$\mathbb{Cov} \left(f(X),Y\right) = 0 \; \forall \; f(\cdot)$

— Dilip Sarwate,

Cominciamo con l'intuizione. La pendenza della ordinaria minimi quadrati di regressione contro , per qualsiasi funzione , è proporzionale alla covarianza di e . Il presupposto è che tutte le regressioni sono tutte zero (non solo quelle lineari). Se immagini rappresentato da una nuvola di punti (in realtà, una nuvola di densità di probabilità), non importa come la dividi verticalmente e riordini le sezioni (che esegue la mappatura ), la regressione rimane zero. Ciò implica le aspettative condizionate di $Y$ $h(X)$ $h$ $h(X)$ $Y$ $(X,Y)$ $h$ $Y$ (che sono la funzione di regressione) sono tutti costanti. Potremmo rovinare le distribuzioni condizionate mantenendo costanti le aspettative, rovinando così ogni possibilità di indipendenza. Pertanto, dovremmo aspettarci che la conclusione non sia sempre valida.

Esistono semplici controesempi. Considera uno spazio campione di nove elementi astratti e una misura discreta con probabilità determinata da

Ω = {ω_{i, j} ∣ - 1 \leq i, j, \leq 1}

$\Omega = \{\omega_{i,j}\mid -1 \le i,j,\le 1\}$

P (ω_{0, 0}) = 0; P (ω_{0, j}) = 1 / 5 (j = \pm 1); P (ω_{i, j} = 1 / 10) otherwise.

$\mathbb{P}(\omega_{0,0})=0;\ \mathbb{P}(\omega_{0,j})=1/5\,(j=\pm 1);\ \mathbb{P}(\omega_{i,j}=1/10)\text{ otherwise.}$

Definisci

X (ω_{i, j}) = j, Y (ω_{i, j}) = i .

$X(\omega_{i,j})=j,\ Y(\omega_{i,j})=i.$

Potremmo visualizzare queste probabilità come un array

(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix})

$\pmatrix{1&2&1\\1&0&1\\1&2&1}$

(con tutte le voci moltiplicate per ) indicizzate in entrambe le direzioni dai valori . $1/10$ $-1,0,1$

Le probabilità marginali sono e calcolato rispettivamente dalle somme delle colonne e dalle somme delle righe dell'array. Poiché questi le variabili non sono indipendenti.

f_{X} (- 1) = f_{X} (1) = 3 / 10; f_{X} (0) = 4 / 10

$f_X(-1)=f_X(1)=3/10;\, f_X(0)=4/10$

f_{Y} (- 1) = f_{Y} (1) = 4 / 10; f_{Y} (0) = 2 / 10,

$f_Y(-1)=f_Y(1)=4/10;\, f_Y(0)=2/10,$

f_{X} (0) f_{Y} (0) = (4 / 10) (2 / 10) \neq 0 = P (ω_{0, 0}) = f_{X Y} (0, 0),

$f_X(0)f_Y(0)=(4/10)(2/10)\ne 0=\mathbb{P}(\omega_{0,0})=f_{XY}(0,0),$

Questo è stato costruito per rendere la distribuzione condizionale di quando diversa dalle altre distribuzioni condizionate per . Puoi vederlo confrontando la colonna centrale della matrice con le altre colonne. La simmetria nelle coordinate e in tutte le probabilità condizionali mostra immediatamente che tutte le aspettative condizionali sono zero, da cui tutte le covarianze sono zero, indipendentemente da come i valori associati di possano essere riassegnati alle colonne. $Y$ $X=0$ $X=\pm 1$ $Y$ $X$

Per coloro che potrebbero rimanere non convinti, il controesempio può essere dimostrato attraverso il calcolo diretto - ci sono solo funzioni che devono essere considerate e per ognuna di esse la covarianza è zero. $27$

— whuber
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