Чи

Чи означають незалежність і ? $\mathbb{Cov} \left(f(X),Y\right) = 0 \; \forall \; f(.)$ $X$ $Y$

Я знайомий тільки з наступним визначенням незалежності між і . $X$ $Y$

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
джерело

Вам потрібно , а не тільки

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)

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

— Діліп Сарват

Почнемо з інтуїції. Нахил звичайної регресії найменших квадратів проти , для будь-якої функції , пропорційна ковариации і . Припущення полягає в тому, що всі регресії всі нульові (не тільки лінійні). Якщо ви уявляєте представлену хмарною точкою (насправді, хмарою щільності ймовірності), то незалежно від того, як ви нарізаєте його вертикально та переставляєте зрізи (що здійснює відображення ), регресія залишається нульовою. Звідси випливає умовне очікування $Y$ $h(X)$ $h$ $h(X)$ $Y$ $(X,Y)$ $h$ $Y$ (які є функцією регресії) всі постійні. Ми можемо обернутися умовними розподілами , зберігаючи очікування постійними, тим самим знищуючи будь-який шанс на незалежність. Тому слід очікувати, що висновок не завжди відповідає.

Існують прості контрприклади. Розглянемо пробний простір з дев'яти абстрактних елементів

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

$\Omega = \{\omega_{i,j}\mid -1 \le i,j,\le 1\}$ і дискретна міра з ймовірністю, визначеною

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

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

Визначте

X (ω_{i, j}) = j, Y (ω_{i, j}) = i .

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

Ми могли відображати ці ймовірності як масив

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

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

(з усіма записами, помноженими на $1/10$ ) індексовано в обох напрямках значеннями $-1,0,1$ .

Граничні ймовірності є

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

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

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

$f_Y(-1)=f_Y(1)=4/10;\, f_Y(0)=2/10,$ як обчислюється за сумарними сумами стовпців і рядками масиву відповідно. З тих пір

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

$f_X(0)f_Y(0)=(4/10)(2/10)\ne 0=\mathbb{P}(\omega_{0,0})=f_{XY}(0,0),$ ці змінні не є незалежними.

Це було побудовано для умовного розподілу $Y$ коли $X=0$ відмінні від інших умовних розподілів для $X=\pm 1$ . Це можна побачити, порівнявши середній стовпчик матриці з іншими стовпцями. Симетрія в $Y$ координати і в усіх умовних ймовірностях одразу показує, що всі умовні очікування дорівнюють нулю, звідси всі коваріації дорівнюють нулю, незалежно від того, як пов'язані значення $X$ може бути перепризначений до стовпців.

Для тих, хто може залишитися непереконаним, контрприклад може бути продемонстрований шляхом прямого обчислення - вони є лише $27$ функції, які необхідно враховувати, і для кожної з них коваріація дорівнює нулю.

— дзижчати
джерело