Membuktikan ketidaksetaraan bersyarat Hölder menggunakan distribusi bersyarat reguler

Aug 19 2020

Saya mencoba membuktikan ketidaksetaraan bersyarat Hölder menggunakan distribusi bersyarat biasa. Ketimpangan yang saya coba buktikan adalah:

Untuk $p,q \in (1,\infty)$ dengan $\frac 1 p + \frac 1 q = 1$, dan untuk $X \in \mathcal L^p(\Omega, \mathcal A, \mathbb P)$ dan $Y \in L^q(\Omega, \mathcal A, \mathbb P)$, dan untuk $\mathcal F \subset \mathcal A$ sebuah sub-$\sigma$-aljabar, hampir pasti kita punya $$ \mathbb E \left[ |XY|\,\big|\,\mathcal F\right] \leq \mathbb E\left[|X|^p\,\big|\,\mathcal F\right]^{1/p}\mathbb E\left[|Y|^q\,\big|\,\mathcal F\right]^{1/q} $$

Saya telah menemukan banyak bukti tentang fakta ini, tetapi saya secara khusus mencoba membuktikannya menggunakan teorema distribusi bersyarat biasa:

Membiarkan $X$ menjadi variabel acak pada $(\Omega, \mathcal A, \mathbb P)$ dengan nilai-nilai dalam ruang Borel $(E,\mathcal E)$, $\mathcal F \subset \mathcal A$ adalah sub-$\sigma$-aljabar, dan $\kappa_{X,\mathcal F}$ distribusi bersyarat reguler $X$ diberikan $\mathcal F$. Selanjutnya, biarkan$f : E \to \mathbb R$ terukur dan $\mathbb E[|f(x)|] < \infty$. Kemudian,$$ \mathbb E\left[f(x)\,|\,\mathcal F\right](\omega) = \int_E f(x)\kappa_{X,\mathcal F}(\omega, dx) \quad \textrm{for $\ mathbb P.$-almost all $\ omega \ in \ Omega$}. $$

Menerapkan ketidaksetaraan Young dan monotonicity dan linearitas ekspektasi bersyarat memberi saya $$ \mathbb E \left[ |XY|\,\big|\,\mathcal F\right](\omega) \leq \frac 1 p \mathbb E\left[|X|^p\,\big|\,\mathcal F\right](\omega) + \frac 1 q \mathbb E\left[|Y|^q\,\big|\,\mathcal F\right](\omega) = \frac 1 p \int |x|^p\kappa_{X,\mathcal F}(\omega,dx) + \frac 1 q \int |y|^q\kappa_{Y,\mathcal F}(\omega,dy) $$tapi saya kesulitan untuk beralih dari sini ke ketidaksetaraan yang diinginkan. Alternatifnya, ketidaksetaraan Hölder standar memberi kita$\mathbb E\left[|XY|\right]<\infty$, jadi hasil di atas juga menyiratkan $$ \mathbb E \left[ |XY|\,\big|\,\mathcal F\right](\omega) = \int_{\mathbb R^2}|xy| \kappa_{X \times Y,\mathcal F}(\omega, dx dy) $$ Tetapi kedua pendekatan ini telah membawa saya ke argumen melingkar atau menggunakan ukuran yang menurut saya tidak ada secara formal (seperti $A \mapsto \mathbb P[A|\mathcal F](\omega)$ untuk tetap $\omega\in\Omega$). Ada saran atau tempat lain untuk dilihat?

Jawaban

1 DFord Aug 19 2020 at 23:49

Membiarkan $\pi_1, \pi_2 : \mathbb R^2 \to \mathbb R$ jadilah proyeksi $\pi_1(x,y) = x$ dan $\pi_2(x,y) = y$. Setelah ditayangkan$\kappa_{X,\mathcal F}(\omega,\cdot) = (\pi_1)_*\kappa_{(X,Y),\mathcal F}(\omega,\cdot)$, $$ \int_{\mathbb R^2}|x|^p\kappa_{(X,Y),\mathcal F}(\omega, dx dy) = \int_{\mathbb R} |x|^p \kappa_{X,\mathcal F}(\omega, dx) = \mathbb E\left[ |X|^p\,\big|\,\mathcal F\right](\omega) $$ oleh hasil yang dikutip pada distribusi bersyarat reguler, yang terbatas untuk ae $\omega\in\Omega$. Begitu$|\pi_1| \in \mathcal L^p\left(\mathbb R^2, \mathcal B(\mathbb R^2), \kappa_{(X,Y),\mathcal F}(\omega,\cdot)\right)$, dan serupa $|\pi_2| \in \mathcal L^q\left(\mathbb R^2, \mathcal B(\mathbb R^2), \kappa_{(X,Y),\mathcal F}(\omega,\cdot)\right)$, untuk ae $\omega\in\Omega$. Jadi, \ mulai {align *} \ mathbb E \ left [| XY | \, \ big | \, \ mathcal F \ right] (\ omega) & = \ int _ {\ mathbb R ^ 2} | xy | \ kappa _ {(X, Y), \ mathcal F} (\ omega, dxdy) \\ & \ qquad \ qquad \ qquad \ textrm {oleh hasil yang dikutip pada distribusi bersyarat reguler;} \\ & \ leq \ left (\ int _ {\ mathbb R ^ 2} | x | ^ p \ kappa _ {(X, Y), \ mathcal F} (\ omega, dxdy) \ kanan) ^ {1 / p} \ kiri (\ int _ {\ mathbb R ^ 2} | y | ^ q \ kappa _ {(X, Y), \ mathcal F} (\ omega, dxdy) \ right) ^ {1 / q} \\ & \ qquad \ qquad \ qquad \ textrm {oleh standar ketidaksamaan Hölder diterapkan ke} \ left (\ mathbb R ^ 2, \ kappa _ {(X, Y), \ mathcal F} (\ omega, \ cdot) \ right); \\ & = \ mathbb E \ kiri [| X | ^ p \, \ besar | \, \ mathcal F \ kanan] ^ {1 / p} (\ omega) \ mathbb E \ kiri [| Y | ^ q \ , \ big | \, \ mathcal F \ right] ^ {1 / q} (\ omega) \\ & \ qquad \ qquad \ qquad \ textrm {menurut hasil yang dikutip dan menggunakan properti ukuran gambar dari$\kappa_{X,\mathcal F}$ dan $\kappa_{Y,\mathcal F}$.} \ end {align *}

StephenMontgomery-Smith Aug 19 2020 at 06:12

Bagaimana kalau memulai dengan $$\mathbb E \left[\frac{|X|}{\mathbb E[|X|^p|\mathcal F]^{1/p}} \frac{|Y|}{\mathbb E[|Y|^q|\mathcal F]^{1/q}} \Bigg | \mathcal F \right] ?$$

Jika $Z$ adalah $\mathcal F$ terukur, kemudian $$ \mathbb E(f(X) Z | \mathcal F)(\omega) = Z(\omega) \mathbb E(f(X) | \mathcal F)(\omega) = Z(\omega) \int_E f(x) \kappa_{X,\mathcal F}(\omega,dx) .$$

Untuk menghindari masalah nol dan tak terbatas, terapkan dulu ke $X_{\epsilon,N} = (|X| \vee \epsilon )\wedge N$, dan juga untuk $Y$, lalu biarkan $\epsilon \to 0+$, dan $N \to \infty$.

Tentu saja, ketika Anda melakukan ketidaksetaraan Young di awal, pengenalan distribusi bersyarat reguler adalah langkah ekstra yang tidak ada gunanya.

StephenMontgomery-Smith Aug 19 2020 at 07:39

Sekali lagi, saya tidak menjawab pertanyaan Anda. Tapi ini terlalu besar untuk dikomentari.

Saat membuktikan ketidaksetaraan Pemegang standar, kami sebenarnya menggunakan ketidaksetaraan Young dalam bentuk ini: untuk apa pun $x,y \ge 0$, $\lambda > 0$ $$ xy \le (\lambda x) (\lambda^{-1} y) \le \tfrac1p \lambda^p x^p + \tfrac1q \lambda^{-q} y^q $$ dari mana Anda mendapatkan $$ E(|XY|) \le \tfrac1p \lambda^p E(|X|^p) + \tfrac1q \lambda^{-q} E(|Y^q|) . $$ Kemudian Anda menggunakan: if $A,B \ge 0$: $$ \inf_{\lambda >0} \left(\tfrac1p \lambda^p A^p + \tfrac1q \lambda^{-q} B^q\right) = AB. $$ (Ini hanya menempatkan kondisi kesetaraan ke dalam ketidaksetaraan Young.) Dalam membuktikan bentuk bersyarat dari ketidaksetaraan Holder, yang paling kecil akan diambil alih $\lambda$ positif $\mathcal F$-fungsi terukur.

Tapi apa yang dikatakan ini adalah bahwa jika Anda ingin menggunakan distribusi reguler bersyarat, Anda benar-benar harus menggunakan bentuk ketidaksetaraan Young yang saya tulis di atas.