क्या शून्य के बराबर सहसंयोजक द्विआधारी यादृच्छिक चर के लिए स्वतंत्रता का अर्थ है?

यदि $X$ और $Y$ दो यादृच्छिक चर हैं जो केवल दो संभावित राज्यों को ले सकते हैं, तो मैं कैसे दिखा सकता हूं कि $Cov(X,Y) = 0$ स्वतंत्रता का अर्थ है? इस तरह के खिलाफ जाता है जो मैंने दिन में वापस सीखा कि $Cov(X,Y) = 0$ स्वतंत्रता का अर्थ नहीं है ...

संकेत संभावित राज्यों के रूप में $1$ और से शुरू करने और $0$ वहां से सामान्यीकरण करने के लिए कहता है। और मैं ऐसा कर सकता हूं और दिखा सकता हूं $E(XY) = E(X)E(Y)$ , लेकिन यह स्वतंत्रता को प्रभावित नहीं करता है ???

उलझन की तरह यह कैसे करने के लिए गणितीय मुझे लगता है।

covariance independence

— user3604869
स्रोत

यह सामान्य रूप से सही नहीं है क्योंकि आपके प्रश्न के शीर्षक से पता चलता है ..

— माइकल आर। चेर्निक

आप जिस कथन को सिद्ध करने का प्रयास कर रहे हैं वह वास्तव में सत्य है। यदि

X

$X$ और

क्रमशः

Y

$Y$ बर्नौली यादृच्छिक चर wot पैरामीटर

p_{1}

$p_1$ और

p_{2}

$p_2$ हैं, तो

E [X] = p_{1}

$E[X]=p_1$ और

E [Y] = p_{2}

$E[Y]=p_2$ । तो,

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

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

0

$0$ केवल अगर

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

$E[XY]=P\{X=1,Y=1\}$ बराबर

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

$p_1p_2=P\{X=1\}P\{Y=1\}$ दिखा रहा है कि

{X = 1}

$\{X=1\}$ और

{Y = 1}

$\{Y=1\}$ हैंस्वतंत्र घटनाओं। यह एक मानक परिणाम है कि यदि

A

$A$ और

B

$B$ स्वतंत्र घटनाओं की एक जोड़ी है, तो कर रहे हैं

A, B^{c}

$A,B^c$ , और

A^{c}, B

$A^c,B$ और

A^{c}, B^{c}

$A^c,B^c$ स्वतंत्र घटनाएं, यानी

X

$X$ और

Y

$Y$ स्वतंत्र यादृच्छिक चर हैं। अब सामान्यीकरण करें।

— दिलीप सरवटे

जवाबों:

बाइनरी चर के लिए उनका अपेक्षित मूल्य संभावना के बराबर है कि वे एक के बराबर हैं। इसलिए,

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

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

यदि दोनों में शून्य कोवरियन है तो इसका अर्थ है $E(XY) = E(X)E(Y)$ , जिसका अर्थ है

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

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

स्वतंत्र घटनाओं के बारे में बुनियादी नियमों (यानी यदि $A$ और $B$ स्वतंत्र हैं, तो उनके पूरक स्वतंत्र हैं, आदि) का उपयोग करते हुए, अन्य सभी संयुक्त संभावनाओं को गुणा करना तुच्छ है , जिसका अर्थ है संयुक्त सामूहिक कार्य कारक, जो कि परिभाषा है स्वतंत्र होने के दो यादृच्छिक चर।

— बुढ़िया
स्रोत

संक्षिप्त और सुरुचिपूर्ण। उत्तम दर्जे का! +1 = डी

— मार्सेलो वेंचुरा

सहसंबंध और सहसंयोजक दोनों दिए गए चर के बीच रैखिक संघ को मापते हैं और यह संघ के किसी अन्य रूप का पता लगाने के लिए कोई दायित्व नहीं है।

इसलिए वे दो चर कई अन्य गैर-रेखीय तरीकों और सहसंयोजक से जुड़े हो सकते हैं (और, इसलिए, सहसंबंध) स्वतंत्र मामले से अलग नहीं हो सकते हैं।

एक बहुत ही शिक्षाप्रद, कृत्रिम और गैर यथार्थवादी उदाहरण के रूप में, एक पर विचार कर सकते हैं ऐसी है कि के लिए और यह भी विचार । ध्यान दें कि वे न केवल संबद्ध हैं, बल्कि एक दूसरे का एक कार्य है। फिर भी, उनके सहसंयोजक 0 हैं, क्योंकि उनकी एसोसिएशन एसोसिएशन के लिए ऑर्थोगोनल है जो सहसंयोजक का पता लगा सकता है। $X$ $P(X=x)=1/3$ $x=−1,0,1$ $Y=X^2$

संपादित करें

वास्तव में, जैसा कि @whuber द्वारा इंगित किया गया है, उपरोक्त मूल उत्तर वास्तव में इस बात पर टिप्पणी थी कि यदि दोनों चर आवश्यक नहीं थे तो अभिकथन सार्वभौमिक रूप से सत्य नहीं है। मेरी गलती!

तो चलो गणित करो। (बार्नी स्टिन्सन के "सूट के स्थानीय समकक्ष!")

विशेष मामले

यदि दोनों और दिचोतोमोउस थे, तो आप व्यापकता की हानि के बिना, यह मान सकते हैं, कि दोनों ही मान मान और मनमाना संभावनाओं के साथ , और द्वारा दिए गए $X$ $Y$ $0$ $1$ $p$ $q$ $r$ जोऔरके संयुक्त वितरण की पूरी तरह से विशेषता है। @ DilipSarwate के संकेत पर लेते हुए, ध्यान दें कि बाद से के संयुक्त वितरण को निर्धारित करने के लिए वे तीन मान पर्याप्त हैं।

\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)

$(X,Y)$

(एक तरफ ध्यान दें, निश्चित रूप से पर

दोनों का सम्मान करने के लिए बाध्य है

और

\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}

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

r

$r$

p - r \in [0, 1]

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

q - r \in [0, 1]

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

परे

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

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

, जो कहने के लिए है

r \in [0, 1]

$r\in[0,1]$

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

$r\in[0,\min(p,q,1-p-q)]$ ।)

Notice that $r = P(X=1,Y=1)$ might be equal to the product $p\cdot q = P(X=1) P(Y=1)$ , which would render $X$ and $Y$ independent, since

\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}

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

Yes, $r$ might be equal to $pq$ , BUT it can be different, as long as it respects the boundaries above.

Well, from the above joint distribution, we would have

\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}

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

Now, notice then that $X$ and $Y$ are independent if and only if $Cov(X,Y)=0$ . Indeed, if $X$ and $Y$ are independent, then $P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)$ , which is to say $r=pq$ . Therefore, $Cov(X,Y)=r-pq=0$ ; and, on the other hand, if $Cov(X,Y)=0$ , then $r-pq=0$ , which is to say $r=pq$ . Therefore, $X$ and $Y$ are independent.

General Case

About the without loss of generality clause above, if $X$ and $Y$ were distributed otherwise, let's say, for $a<b$ and $c<d$ ,

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

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

X^{'}

$X'$ and

Y^{'}

$Y'$ given by

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

$X'=\frac{X-a}{b-a} \qquad \text{and} \qquad Y'=\frac{Y-c}{d-c}$ would be distributed just as characterized above, since

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

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

X

$X$ and

Y

$Y$ are independent if and only if

X^{'}

$X'$ and

Y^{'}

$Y'$ are independent.

Also, we would have

\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}

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

C o v (X, Y) = 0

$Cov(X,Y)=0$ if and only

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

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

— Marcelo Ventura
स्रोत

I recycled that answer from this post.

— Marcelo Ventura

Verbatim cut and paste from your other post. Love it. +1

— gammer

The problem with copy-and-paste is that your answer no longer seems to address the question: it is merely a comment on the question. It would be better, then, to post a comment with a link to your other answer.

— whuber

How is thus an answer to the question asked?

— Dilip Sarwate

Your edits still don't answer the question, at least not at the level the question is asked. You write "Notice that

r \dots

$r~\ldots$ not necessarily equal to the product

p q

$pq$ . That exceptional situation corresponds to the case of independence between

X

$X$ and

Y

$Y$ ." which is a perfectly true statement but only for the cognoscenti because for the hoi polloi, independence requires not just that

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

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

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

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

(1) ⟹ (2)

$(1) \implies(2)$ as the cognoscenti know; for lesser mortals, a proof that

(1) ⟹ (2)

$(1) \implies (2)$ is helpful.

— Dilip Sarwate

IN GENERAL:

The criterion for independence is $F(x,y) = F_X(x)F_Y(y)$ . Or

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

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

"If two variables are independent, their covariance is $0.$ But, having a covariance of $0$ does not imply the variables are independent."

This is nicely explained by Macro here, and in the Wikipedia entry for independence.

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

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

Great example: $X \sim N(0,1)$ , and $Y= X^2.$ Covariance is zero (and $\mathbb E(XY)=0$ , which is the criterion for orthogonality), yet they are dependent. Credit goes to this post.

IN PARTICULAR (OP problem):

These are Bernoulli rv's, $X$ and $Y$ with probability of success $\Pr(X=1)$ , and $\Pr(Y=1)$ .

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

This is equivalent to the condition for independence in Eq. $(1).$

$(*)$ :

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) .

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

$(**)$ : by LOTUS.

As pointed out below, the argument is incomplete without what Dilip Sarwate had pointed out in his comments shortly after the OP appeared. After searching around, I found this proof of the missing part here:

If events $A$ and $B$ are independent, then events $A^c$ and $B$ are independent, and events $A^c$ and $B^c$ are also independent.

Proof By definition,

$A$ and $B$ are independent $\iff P(A\cap B) = P(A)P(B).$

But $B=(A\cap B) + ( A^c \cup B)$ , so $P(B)= P(A\cap B) + P(A^c \cup B)$ , which yields:

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

Repeat the argument for the events $A^c$ and $B^c,$ this time starting from the statement that $A^c$ and $B$ are independent and taking the complement of $B.$

Similarly. $A$ and $B^c$ are independent events.

So, we have shown already that

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

$\Pr(X=1 , Y=1) = \Pr (X=1)\,\Pr(Y=1)$ and the above shows that this implies that

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

$\Pr(X=i , Y=j) = \Pr (X=i)\,\Pr(Y=j), ~~i, j \in \{0,1\}$ that is, the joint pmf factors into the product of marginal pmfs everywhere, not just at

(1, 1)

$(1,1)$ . Hence, uncorrelated Bernoulli random variables

X

$X$ and

Y

$Y$ are also independent random variables.

— Antoni Parellada
स्रोत

Actually that's not an equivalent condition to Eq (1). All you showed was that

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

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

— gammer

Please consider replacing that image with your own equations, preferably ones that don't use overbars to denote complements. The overbars in the image are very hard to see.

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate No problem. Is it better, now?

— Antoni Parellada

Thanks. Also, note that strictly speaking, you also need to show that

A

$A$ and

B^{c}

$B^c$ are independent events since the factorization of the joint pdf into the product of the marginal pmts must hold at all four points. Perhaps adding the sentence "Similarly.

A

$A$ and

B^{c}

$B^c$ are independent events" right after the proof that

A^{c}

$A^c$ and

B

$B$ are independent events will work.

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Thank you very much for your help getting it right. The proof as it was before all the editing seemed self-explanatory, because of all the inherent symmetry, but it clearly couldn't be taken for granted. I am very appreciative of your assistance.

— Antoni Parellada