Si y , ¿es ?

Esto no es tarea.

Deje $X$ ser una variable aleatoria. Si $\mathbb{E}[X] = k \in \mathbb{R}$ y $\text{Var}[X] = 0$ , ¿se deduce que $\Pr\left(X = k\right) = 1$ ?

Intuitivamente, esto parece obvio, pero no estoy seguro de cómo lo probaría. Sé con certeza que de los supuestos se deduce que $\mathbb{E}[X^2] = k^2$ . Entonces

$$\left(\int_{\mathbb{R}}x\text{ d}F(x)\right)^2 = \int_{\mathbb{R}}x^2\text{ d}F(x)\text{.}$$ Esto no parece llevarme a ningún lado. Podría intentar $$\text{Var}[X] = \mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right]\text{.}$$ Ahora desde $\left(X - k\right)^2 \geq 0$ , se deduce que $\mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right] \geq 0$ también.

Pero si tuviera que usar la igualdad,

$$\mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right] = 0$$ entonces mi instinto es que $\left(X - k\right)^2 \equiv 0$ , de modo que $X \equiv k$ .

¿Cómo sabría esto? Supongo una prueba por contradicción.

Si, por el contrario, $X \neq k$ para todos $X$ , entonces $(X-k)^2 > 0$ , y $\mathbb{E}[(X-k)^2] > 0$ para todo $X$ . Tenemos una contradicción, entonces $X \equiv k$ .

¿Suena bien mi prueba? Y si es así, ¿hay quizás una mejor manera de probar esta afirmación?

Aquí hay una prueba teórica de medida para complementar a los demás, utilizando solo definiciones. Trabajamos en un espacio de probabilidad . Observe que y considere la integral . Suponga que para algunos , existe manera que en y . Entonces aproxima a desde abajo, así que según la definición estándar de como el supremum de integrales de funciones simples que se aproximan desde abajo, Y : = ( X - E X ) 2 ≥ 0 E Y : = ∫ Y ( ω ) P ( d ω ) ϵ > 0 A ∈ F Y > ϵ A P ( A ) > 0 ϵ I A Y E Y E Y ≥ ∫ ϵ $(\Omega, \mathcal F, P)$$Y:=(X - \mathbb EX)^2 \geq 0$$\mathbb EY :=\int Y(\omega) P(d\omega)$$\epsilon>0$$A\in \mathcal F$$Y>\epsilon$$A$$P(A)>0$$\epsilon I_A$$Y$$\mathbb E Y$∀ ϵ > 0 P ( { ω : Y > ϵ } ) =

$$\mathbb EY\geq \int\epsilon I_AP(d\omega) = \epsilon P(A)>0,$$ cual es una contradicción. Por lo tanto, , . Hecho.$\forall \epsilon>0$$P\left(\{\omega : Y>\epsilon \}\right) = 0$

Demuestre esto por contradicción. Por la definición de la varianza y sus suposiciones, tienes

$$0 =\text{Var}X = \int_\mathbb{R} (x-k)^2\,f(x)\,dx,$$

donde es la densidad de probabilidad de . Tenga en cuenta que tanto como no son negativos.X ( x - k ) 2 f ( x $f$$X$$(x-k)^2$$f(x)$

Ahora, si , entonces$P(X=k)<1$

$$U:=\big(\mathbb{R}\setminus\{k\}\big)\cap f^{-1}\big(]0,\infty[\big)$$

tiene una medida mayor que cero, y . Pero entonces$k\notin U$

$$\int_U (x-k)^2\,f(x)\,dx > 0,$$

(se podría incluir aquí un argumento de estilo ) y, por lo tanto,$\epsilon$

$$0 =\text{Var}X = \int_\mathbb{R} (x-k)^2\,f(x)\,dx \geq \int_U (x-k)^2\,f(x)\,dx > 0,$$

y tu contradicción

¿Qué es ? ¿Es lo mismo que como?X = $X \equiv k$$X = k$

ETA: Iirc,$X \equiv k \iff X(\omega) = k \ \forall \ \omega \in \Omega \to X=k \ \text{a.s.}$

De todos modos, es obvio que

$$(X-E[X])^2 \ge 0$$

Suponer

$$E[X-E[X])^2] = 0$$

Entonces

$$(X-E[X])^2 = 0 \ \text{a.s.}$$

Creo que el último paso implica la continuidad de la probabilidad ... o lo que hiciste (tienes razón).

---

También hay desigualdad de Chebyshev :

$\forall \epsilon > 0$ ,

$$P(|X-k| \ge \epsilon) \le \frac{0}{\epsilon^2} = 0$$

$$P(|X-k| \ge \epsilon) = 0$$

$$\to P(|X-k| < \epsilon) = 1$$

Buen hablar de nuevo .

---

Por cierto, ¿por qué es eso?

$$\int_{\mathbb{R}}x\text{ d}F(x) = \int_{\mathbb{R}}x^2\text{ d}F(x)$$

?

Me parece que mientras$LHS = k$$RHS = k^2$