Если

Это не домашнее задание.

Пусть - случайная величина. Если и , следует ли из этого, что ?$X$$\mathbb{E}[X] = k \in \mathbb{R}$$\text{Var}[X] = 0$$\Pr\left(X = k\right) = 1$

Интуитивно это кажется очевидным, но я не уверен, как бы это доказать. Я точно знаю, что из предположений следует, что . Итак, Кажется, это никуда не ведет. Я мог бы попробовать Теперь, так как , следовательно, также.$\mathbb{E}[X^2] = k^2$

$$\left(\int_{\mathbb{R}}x\text{ d}F(x)\right)^2 = \int_{\mathbb{R}}x^2\text{ d}F(x)\text{.}$$ $$\text{Var}[X] = \mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right]\text{.}$$ $\left(X - k\right)^2 \geq 0$$\mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right] \geq 0$

Но если бы я использовал равенство, то мой инстинкт инстинкта таков: , так что .

$$\mathbb{E}\left[\left(X - k\right)^2\right] = 0$$ $\left(X - k\right)^2 \equiv 0$$X \equiv k$

Откуда мне это знать? Я предполагаю доказательство от противного.

Если же , наоборот, для всех , то , и для всех . У нас есть противоречие, поэтому . К.$X \neq k$$X$$(X-k)^2 > 0$$\mathbb{E}[(X-k)^2] > 0$$X$$X \equiv k$

Является ли мое доказательство обоснованным - и если да, то, возможно, есть лучший способ доказать это утверждение?

Вот мера теоретического доказательства, чтобы дополнить другие, используя только определения. Мы работаем на вероятностном пространстве . Обратите внимание, что и рассмотрим интеграл . Предположим, что для некоторого существует такой что на и . Тогда аппроксимирует снизу, поэтому по стандартному определению как супремума интегралов простых функций, аппроксимирующих снизу, $(\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$

$$\mathbb EY\geq \int\epsilon I_AP(d\omega) = \epsilon P(A)>0,$$ что является противоречием. Таким образом, , . Выполнено.$\forall \epsilon>0$$P\left(\{\omega : Y>\epsilon \}\right) = 0$

Докажите это противоречием. По определению дисперсии и вашим предположениям, вы имеете

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

где представляет собой плотность вероятности . Обратите внимание, что оба и неотрицательны.$f$$X$$(x-k)^2$$f(x)$

Теперь, если , то$P(X=k)<1$

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

имеет меру больше нуля, и . Но потом$k\notin U$

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

(некоторые аргументы -style могут быть включены здесь) и, следовательно,$\epsilon$

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

и ваше противоречие.

Что такое ? Это так же, как как?$X \equiv k$$X = k$

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

Во всяком случае, очевидно, что

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

предполагать

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

затем

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

Последний шаг, который я считаю, включает преемственность вероятности ... или то, что вы сделали (вы правы).

---

Также есть неравенство Чебышева :

$\forall \epsilon > 0$ ,

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

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

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

Хороший разговор снова .

---

Кстати, почему

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

?

Мне кажется, что а$LHS = k$$RHS = k^2$