Kovaryans sıfıra eşit mi ikili rassal değişkenler için bağımsızlık anlamına gelir?

Eğer ve vardır bunu nasıl gösterebileceklerini sadece iki olası durumları alabilir iki rasgele değişkenler, bağımsızlığını ima? Bu tür bağımsızlık anlamına gelmediği gün öğrendiklerime ters düşüyor ... $X$ $Y$ $Cov(X,Y) = 0$ $Cov(X,Y) = 0$

İpucu , olası durumlar olarak ve ile başlayıp oradan genelleme söylüyor. Ve bunu yapabilirim ve gösterebilirim , ama bu bağımsızlık anlamına gelmiyor ??? $1$ $0$ $E(XY) = E(X)E(Y)$

Sanırım bunu matematiksel olarak nasıl yapacağım biraz karışık.

covariance independence

— user3604869
kaynak

Sorunuzun başlığı önerdiği gibi genel olarak doğru değil ..

— Michael R. Chernick

Kanıtlamaya çalıştığınız ifade gerçekten doğrudur. Eğer ve Bernoulli rasgele değişkenlerdir wot parametreleri ve daha sonra sırasıyla ve . Bu nedenle, eşittir , yalnızca eşittir , ve nin bağımsız olaylar olduğunu göstermektedir . ve bir çift bağımsız olay ise, ise standart bir sonuçtur.

X

$X$

Y

$Y$

p_{1}

$p_1$

p_{2}

$p_2$

E [X] = p_{1}

$E[X]=p_1$

E [Y] = p_{2}

$E[Y]=p_2$

cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y]

$\operatorname{cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]$

0

$0$

E [X Y] = P {X = 1, Y = 1}

$E[XY]=P\{X=1,Y=1\}$

p_{1} p_{2} = P {X = 1} P {Y = 1}

$p_1p_2=P\{X=1\}P\{Y=1\}$

{X = 1}

$\{X=1\}$

{Y = 1}

$\{Y=1\}$

A

$A$

B

$B$

A, B^{c}

$A,B^c$ ve ve bağımsız olaylar, yani ve bağımsız rastgele değişkenlerdir. Şimdi genelleştirin.

A^{c}, B

$A^c,B$

A^{c}, B^{c}

$A^c,B^c$

X

$X$

Y

$Y$

— Dilip Sarwate

Yanıtlar:

İkili değişkenler için beklenen değerleri bire eşit olma olasılığına eşittir. Bu nedenle,

E (X Y) = P (X Y = 1) = P (X = 1 \cap Y = 1) E (X) = P (X = 1) E (Y) = P (Y = 1)

$E(XY) = P(XY = 1) = P(X=1 \cap Y=1) \\ E(X) = P(X=1) \\ E(Y) = P(Y=1) \\$

İkisinde sıfır kovaryans varsa, bu anlamına gelir. $E(XY) = E(X)E(Y)$

P (X = 1 \cap Y = 1) = P (X = 1) \cdot P (Y = 1)

$P(X=1 \cap Y=1) = P(X=1) \cdot P(Y=1)$

Bağımsız olaylarla ilgili temel kuralları (yani ve bağımsızsa, tamamlayıcıları bağımsız vb.) Kullanarak diğer tüm ortak olasılıkların da çoğalması önemlidir, yani ortak kitle fonksiyonu faktörleşir, yani tanım iki rastgele değişkenin bağımsız olması. $A$ $B$

— kocakarı
kaynak

Özlü ve zarif. Şık! +1 = D

— Marcelo Ventura

Hem korelasyon hem de kovaryans, verilen iki değişken arasındaki doğrusal ilişkiyi ölçer ve başka bir ilişki biçimini tespit etme zorunluluğu yoktur.

Dolayısıyla bu iki değişken doğrusal olmayan başka şekillerde de ilişkilendirilebilir ve kovaryans (ve dolayısıyla korelasyon) bağımsız durumdan ayırt edilemez.

Çok öğretici, yapay olmayan, gerçekçi bir örnek olarak, de düşünülebilir bu şekilde için ve de dikkate . Sadece ilişkili değil, birinin diğerinin bir fonksiyonu olduğuna dikkat edin. Bununla birlikte, kovaryansları 0'dır, çünkü ilişkilendirmeleri, kovaryansın tespit edebileceği ilişkilendirmeye diktir. $X$ $P(X=x)=1/3$ $x=−1,0,1$ $Y=X^2$

DÜZENLE

Gerçekten de, @whuber tarafından belirtildiği gibi, yukarıdaki orijinal cevap aslında her iki değişkenin de ikiye ayrılmadığı durumlarda iddianın evrensel olarak nasıl doğru olmadığına dair bir yorumdu. Benim hatam!

Öyleyse matematik yapalım. (Barney Stinson'un "Takım Elbise!"

Özel durum

Eğer her iki ve iki seçenekli edildi, daha sonra her iki değer de sadece varsayalım ki, genelliği kaybetmeden, varsayabiliriz ve rasgele olasılıkları ile , ve tarafından verilen ve eklem dağılımını tamamen karakterize eden . @ DilipSarwate en ipucu üstlenen, bildirim bu üç değer ortak dağılımını belirlemek için yeterli olduğu için, $X$ $Y$ $0$ $1$ $p$ $q$ $r$

\begin{aligned} P (X = 1) = p \in [0, 1] \\ P (Y = 1) = q \in [0, 1] \\ P (X = 1, Y = 1) = r \in [0, 1], \end{aligned}

$\begin{align*} P(X=1) = p \in [0,1] \\ P(Y=1) = q \in [0,1] \\ P(X=1,Y=1) = r \in [0,1], \end{align*}$

X

$X$

Y

$Y$

(X, Y)

$(X,Y)$

\begin{aligned} P (X = 0, Y = 1) & = P (Y = 1) - P (X = 1, Y = 1) = q - r \\ P (X = 1, Y = 0) & = P (X = 1) - P (X = 1, Y = 1) = p - r \\ P (X = 0, Y = 0) & = 1 - P (X = 0, Y = 1) - P (X = 1, Y = 0) - P (X = 1, Y = 1) \\ = 1 - (q - r) - (p - r) - r = 1 - p - q - r . \end{aligned}

$\begin{align*} P(X=0,Y=1) &= P(Y=1) - P(X=1,Y=1) = q - r\\ P(X=1,Y=0) &= P(X=1) - P(X=1,Y=1) = p - r\\ P(X=0,Y=0) &= 1 - P(X=0,Y=1) - P(X=1,Y=0) - P(X=1,Y=1) \\ &= 1 - (q - r) - (p - r) - r = 1 - p - q - r. \end{align*}$ tabii bir yan not ( saygı bağlı hem , ve ötesinde , yani .)

r

$r$

p - r \in [0, 1]

$p-r\in[0,1]$

q - r \in [0, 1]

$q-r\in[0,1]$

1 - p - q - r \in [0, 1]

$1-p-q-r\in[0,1]$

r \in [0, 1]

$r\in[0,1]$

r \in [0, min (p, q, 1 - p - q)]

$r\in[0,\min(p,q,1-p-q)]$

Uyarı bu ürünü eşit olabilir hale getirebilir, ve çünkü, bağımsız $r = P(X=1,Y=1)$ $p\cdot q = P(X=1) P(Y=1)$ $X$ $Y$

\begin{aligned} P (X = 0, Y = 0) & = 1 - p - q - p q = (1 - p) (1 - q) = P (X = 0) P (Y = 0) \\ P (X = 1, Y = 0) & = p - p q = p (1 - q) = P (X = 1) P (Y = 0) \\ P (X = 0, Y = 1) & = q - p q = (1 - p) q = P (X = 0) P (Y = 1) . \end{aligned}

$\begin{align*} P(X=0,Y=0) &= 1 - p - q - pq = (1-p)(1-q) = P(X=0)P(Y=0)\\ P(X=1,Y=0) &= p - pq = p(1-q) = P(X=1)P(Y=0)\\ P(X=0,Y=1) &= q - pq = (1-p)q = P(X=0)P(Y=1). \end{align*}$

Evet, eşit olabilir , ancak yukarıdaki sınırlara uyduğu sürece farklı olabilir. $r$ $pq$

Yukarıdaki eklem dağılımından,

\begin{aligned} E (X) & = 0 \cdot P (X = 0) + 1 \cdot P (X = 1) = P (X = 1) = p \\ E (Y) & = 0 \cdot P (Y = 0) + 1 \cdot P (Y = 1) = P (Y = 1) = q \\ E (X Y) & = 0 \cdot P (X Y = 0) + 1 \cdot P (X Y = 1) \\ = P (X Y = 1) = P (X = 1, Y = 1) = r \\ C o v (X, Y) & = E (X Y) - E (X) E (Y) = r - p q \end{aligned}

$\begin{align*} E(X) &= 0\cdot P(X=0) + 1\cdot P(X=1) = P(X=1) = p \\ E(Y) &= 0\cdot P(Y=0) + 1\cdot P(Y=1) = P(Y=1) = q \\ E(XY) &= 0\cdot P(XY=0) + 1\cdot P(XY=1) \\ &= P(XY=1) = P(X=1,Y=1) = r\\ Cov(X,Y) &= E(XY) - E(X)E(Y) = r - pq \end{align*}$

Şimdi, ve yalnızca olması durumunda bağımsız olduklarına dikkat edin . Gerçekten, eğer ve bağımsızsa, o zaman , yani . Bu nedenle, ; ve diğer taraftan, , , yani . Bu nedenle, ve bağımsızdır. $X$ $Y$ $Cov(X,Y)=0$ $X$ $Y$ $P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)$ $r=pq$ $Cov(X,Y)=r-pq=0$ $Cov(X,Y)=0$ $r-pq=0$ $r=pq$ $X$ $Y$

Genel dava

Yaklaşık genellik kaybı olmadan , yukarıdaki madde ve aksi dağıtıldı, en için, diyelim ve , sonra tarafından verilen ve yukarıda belirtildiği gibi dağıtılacaktır, çünkü Dolayısıyla ve bağımsız ve ancak $X$ $Y$ $a<b$ $c<d$

\begin{aligned} P (X = b) = p \\ P (Y = d) = q \\ P (X = b, Y = d) = r \end{aligned}

$\begin{align*} P(X=b)=p \\ P(Y=d)=q \\ P(X=b, Y=d)=r \end{align*}$

X^{'}

$X'$

Y^{'}

$Y'$

X^{'} = \frac{X - a}{b - a} and Y^{'} = \frac{Y - c}{d - c}

$X'=\frac{X-a}{b-a} \qquad \text{and} \qquad Y'=\frac{Y-c}{d-c}$

X = a \Leftrightarrow X^{'} = 0, X = b \Leftrightarrow X^{'} = 1, Y = c \Leftrightarrow Y^{'} = 0 and Y = d \Leftrightarrow Y^{'} = 1.

$X=a \Leftrightarrow X'=0, \quad X=b \Leftrightarrow X'=1, \quad Y=c \Leftrightarrow Y'=0 \quad \text{and} \quad Y=d \Leftrightarrow Y'=1.$

X

$X$

Y

$Y$

X^{'}

$X'$ ve bağımsızdır.

Y^{'}

$Y'$

Ayrıca, So

\begin{aligned} E (X^{'}) & = E (\frac{X - a}{b - a}) = \frac{E (X) - a}{b - a} \\ E (Y^{'}) & = E (\frac{Y - c}{d - c}) = \frac{E (Y) - c}{d - c} \\ E (X^{'} Y^{'}) & = E (\frac{X - a}{b - a} \frac{Y - c}{d - c}) = \frac{E [(X - a) (Y - c)]}{(b - a) (d - c)} \\ = \frac{E (X Y - X c - a Y + a c)}{(b - a) (d - c)} = \frac{E (X Y) - c E (X) - a E (Y) + a c}{(b - a) (d - c)} \\ C o v (X^{'}, Y^{'}) & = E (X^{'} Y^{'}) - E (X^{'}) E (Y^{'}) \\ = \frac{E (X Y) - c E (X) - a E (Y) + a c}{(b - a) (d - c)} - \frac{E (X) - a}{b - a} \frac{E (Y) - c}{d - c} \\ = \frac{[E (X Y) - c E (X) - a E (Y) + a c] - [E (X) - a] [E (Y) - c]}{(b - a) (d - c)} \\ = \frac{[E (X Y) - c E (X) - a E (Y) + a c] - [E (X) E (Y) - c E (X) - a E (Y) + a c]}{(b - a) (d - c)} \\ = \frac{E (X Y) - E (X) E (Y)}{(b - a) (d - c)} = \frac{1}{(b - a) (d - c)} C o v (X, Y) . \end{aligned}

$\begin{align*} E(X') &= E\left(\frac{X-a}{b-a}\right) = \frac{E(X)-a}{b-a} \\ E(Y') &= E\left(\frac{Y-c}{d-c}\right) = \frac{E(Y)-c}{d-c} \\ E(X'Y') &= E\left(\frac{X-a}{b-a} \frac{Y-c}{d-c}\right) = \frac{E[(X-a)(Y-c)]}{(b-a)(d-c)} \\ &= \frac{E(XY-Xc-aY+ac)}{(b-a)(d-c)} = \frac{E(XY)-cE(X)-aE(Y)+ac}{(b-a)(d-c)} \\ Cov(X',Y') &= E(X'Y')-E(X')E(Y') \\ &= \frac{E(XY)-cE(X)-aE(Y)+ac}{(b-a)(d-c)} - \frac{E(X)-a}{b-a} \frac{E(Y)-c}{d-c} \\ &= \frac{[E(XY)-cE(X)-aE(Y)+ac] - [E(X)-a] [E(Y)-c]}{(b-a)(d-c)}\\ &= \frac{[E(XY)-cE(X)-aE(Y)+ac] - [E(X)E(Y)-cE(X)-aE(Y)+ac]}{(b-a)(d-c)}\\ &= \frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{(b-a)(d-c)} = \frac{1}{(b-a)(d-c)} Cov(X,Y). \end{align*}$

C o v (X, Y) = 0

$Cov(X,Y)=0$

C o v (X^{'}, Y^{'}) = 0

$Cov(X',Y')=0$ .

= D

— Marcelo Ventura
kaynak

Bu cevabı bu gönderiden geri dönüştürdüm .

— Marcelo Ventura

Diğer yayından aynen kes ve yapıştır. Sevdim. +1

— gammer

Kopyala ve yapıştır ile ilgili sorun, cevabınızın artık soruyu ele alması gibi görünmüyor: sadece soruya bir yorum. Öyleyse, diğer cevabınıza bağlantı içeren bir yorum göndermek daha iyi olur.

— whuber

Dolayısıyla, sorunun sorusu nasıl sorulur?

— Dilip Sarwate

Düzenlemeleriniz hala soruya cevap vermiyor, en azından sorunun sorulduğu düzeyde değil. " mutlaka ürün eşit olmadığına dikkat edin . Bu istisnai durum, ve arasındaki bağımsızlık durumuna karşılık gelir ." hangi gayet doğru bir cümledir ama sadece cognoscenti için çünkü avam , bağımsızlık gerektirir değil sadece değil, aynı zamanda Evet, olarak erbaplar biliyorum ; küçük ölümlüler için,

r \dots

$r~\ldots$

p q

$pq$

X

$X$

Y

$Y$

\begin{matrix} (1) & P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1) P (Y = 1) \end{matrix}

$P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)\tag 1$

\begin{matrix} (2) & P (X = u, Y = v) = P (X = u) P (Y = v), u . v \in {0, 1} . \end{matrix}

$P(X=u,Y=v)=P(X=u)P(Y=v),~u.v\in\{0,1\}.\tag 2$

(1) ⟹ (2)

$(1) \implies(2)$

(1) ⟹ (2)

$(1) \implies (2)$ yardımcı olur.

— Dilip Sarwate

GENEL OLARAK:

Ölçütü bağımsız olan . Veya $F(x,y) = F_X(x)F_Y(y)$

\begin{matrix} (1) & f_{X, Y} (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y) \end{matrix}

$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)\,f_Y(y)\tag 1$

"İki değişken bağımsız ise, kovaryansları Ancak, kovaryansına sahip olmak değişkenlerin bağımsız olduğu anlamına gelmez." $0.$ $0$

Bu, burada ve bağımsızlık için Wikipedia girişinde Macro tarafından güzel bir şekilde açıklanmıştır .

$\text {independence} \Rightarrow \text{zero cov}$ , henüz

$\text{zero cov}\nRightarrow \text{independence}.$

Harika örnek: veKovaryans sıfırdır (ve ortogonallik kriteri olan ), ancak bağımlıdırlar. Kredi bu gönderiye gidiyor . $X \sim N(0,1)$ $Y= X^2.$ $\mathbb E(XY)=0$

ÖZELLİKLERDE (OP sorunu):

Bunlar Bernoulli rv, ve başarı olasılığı olan ve . $X$ $Y$ $\Pr(X=1)$ $\Pr(Y=1)$

$\begin{align}\mathrm{cov}(X,Y)&=\mathrm E[XY] - \mathrm E[X]\,\mathrm E[Y]\\[2ex] &\underset{*}{=} \Pr(X=1 \cap Y=1) - \Pr(X=1)\, \Pr(Y=1)\\[2ex] &\implies \Pr(X=1 , Y=1) = \Pr (X=1)\,\Pr(Y=1). \end{align}$

Bu, Denklemdeki bağımsızlık koşuluna eşdeğerdir. $(1).$

$(*)$ :

E [X Y] \underset{* *}{=} \sum_{domain X, Y} Pr (X = x \cap Y = y) x y \underset{\neq 0 iff x \times y \neq 0}{=} Pr (X = 1 \cap Y = 1) .

$\mathrm E[XY]\quad \underset{**}{=} \quad \displaystyle \sum_{\text{domain X, Y}} \Pr(X=x\cap Y=y)\, x\,y \underset{\neq\,0\text{ iff } x \times y\neq 0}= \Pr(X=1 \cap Y=1).$

$(**)$ : LOTUS tarafından.

Aşağıda belirtildiği gibi, Dilip Sarwate'in OP'nin ortaya çıkmasından kısa bir süre sonra yorumlarında belirttiği şey olmadan argüman eksiktir. Etrafa baktıktan sonra, kayıp parçanın bu kanıtını burada buldum :

ve olayları bağımsızsa, ve olayları bağımsızdır ve ve olayları da bağımsızdır. $A$ $B$ $A^c$ $B$ $A^c$ $B^c$

İspat Tanımı gereği,

$A$ ve bağımsızdır $B$ $\iff P(A\cap B) = P(A)P(B).$

Ancak , bu nedenle , bu da aşağıdakileri sağlar: $B=(A\cap B) + ( A^c \cup B)$ $P(B)= P(A\cap B) + P(A^c \cup B)$

$\small P(A^c \cap B) = P(B) - P(A\cap B) = P(B) - P(A)\,P(B) = P(B) \left[1 - P(A)\right] = P(B)\,P( A^c).$

ve olayları için argümanı tekrarlayın bu sefer ve bağımsız olduğu ve tamamlayıcısı olduğu ifadesinden başlayarak $A^c$ $B^c,$ $A^c$ $B$ $B.$

Benzer şekilde. ve bağımsız olaylardır. $A$ $B^c$

Bu yüzden, in yukarıda olduğunu ve bunun bunun , yani ortak pmf her yerde marjinal pmfs ürününü etkiler , sadece . Dolayısıyla, ilişkisiz Bernoulli rastgele değişkenleri ve de bağımsız rastgele değişkenlerdir.

Pr (X = 1, Y = 1) = Pr (X = 1) Pr (Y = 1)

$\Pr(X=1 , Y=1) = \Pr (X=1)\,\Pr(Y=1)$

Pr (X = i, Y = j) = Pr (X = i) Pr (Y = j), i, j \in {0, 1}

$\Pr(X=i , Y=j) = \Pr (X=i)\,\Pr(Y=j), ~~i, j \in \{0,1\}$

(1, 1)

$(1,1)$

X

$X$

Y

$Y$

— Antoni Parellada
kaynak

Aslında bu Denklem (1) 'e eşdeğer bir koşul değildir. Eğer olduğunu gösterdi Tüm bu

f_{X, Y} (1, 1) = f_{X} (1) f_{Y} (1)

$f_{X,Y}(1,1) = f_{X}(1) f_{Y}(1)$

— gammer

Lütfen bu görüntüyü, tercihen tamamlayıcıları belirtmek için üst çubuk kullanmayan kendi denklemlerinizle değiştirmeyi düşünün. Görüntüdeki üst çubukları görmek çok zor.

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Sorun yok. Şimdi daha iyi?

— Antoni Parellada

Teşekkürler. Ayrıca, kesinlikle söylemek gerekirse, ve bağımsız olaylar olduğunu da göstermeniz gerekir, çünkü ortak pdf'nin marjinal pmtlerin ürününe çarpanlarına ayrılması dört noktada da olmalıdır. Belki cümle ekleyerek "Benzer şekilde. ve bağımsız olaylardır" doğru kanıtı sonra ve bağımsız olaylar çalışacaktır vardır.

A

$A$

B^{c}

$B^c$

A

$A$

B^{c}

$B^c$

A^{c}

$A^c$

B

$B$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Doğru yaptığınız için çok teşekkür ederim. Tüm düzenlemeden önce olduğu gibi, tüm doğal simetri nedeniyle açıklayıcı görünüyordu, ancak açıkça kabul edilemedi. Yardımın için çok minnettarım.

— Antoni Parellada