Пример построения, показывающий

Как построить пример распределения вероятностей, для которого выполняется , предполагая ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

Неравенство, вытекающее из неравенства Дженсена для RV с положительными значениями, имеет вид (обратное неравенство, если ). Это потому, что отображение является выпуклым для и вогнутым для . Следуя условию равенства в неравенстве Дженсена, я предполагаю, что распределение должно быть вырожденным для выполнения требуемого равенства. Тривиальный случай, когда выполняется равенство, конечно, если ae. Вот пример, который я нашел в проблемной книге: Рассмотрим дискретную случайную величину такую, что $X$ $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $X<0$ $x\mapsto\frac{1}{x}$ $x>0$ $x<0$ $X=1$ $X$ $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Тогда легко проверить, что . $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Этот пример показывает, что не обязательно должен быть положительным (или отрицательным) ae для равенства в заголовке. Распределение здесь также не вырождено. $X$

Как мне построить пример, возможно, похожий на тот, который я нашел в книге? Есть ли мотивация?

probability distributions random-variable expected-value StubbornAtom
источник

Ваш пример действительно для любой случайной величины, которая является ненулевой константой. Также ваш второй пример не вырожден.

Майкл Р. Черник

Неравенство не следует из неравенства Дженсена без дальнейшего предположения, что почти наверняка положителен.

X

$X$

whuber

@MichaelChernick Я не хотел сказать, что пример имел вырожденное распределение.

StubbornAtom

Я имел в виду ваше утверждение: «Следуя условию равенства в неравенстве Дженсена, я полагаю, что распределение должно быть вырожденным, чтобы соблюдалось требуемое равенство». И все же вы показали невырожденный пример.

Майкл Р. Черник

@whuber Я просто хочу знать, как найти пример, где равенство в названии верно.

StubbornAtom

Ответы:

Построим все возможные примеры случайных величин для которых . Тогда среди них мы можем следовать некоторым эвристикам, чтобы получить простейший возможный пример. Эти эвристики состоят в предоставлении простейших возможных значений для всех выражений, выпадающих из предварительного анализа. Это оказывается примером из учебника. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Предварительный анализ

Это требует лишь небольшого анализа на основе определений. Решение представляет только второстепенный интерес: главная цель - разработать идеи, которые помогут нам понять результаты интуитивно.

Сначала заметим , что неравенство Дженсена (или Коши-Шварца неравенство) следует , что для положительной случайной величины , , причем равенство тогда и только тогда , когда является «вырожденный»: то есть , почти наверняка постоянный. Когда - случайная отрицательная переменная, является положительным, и предыдущий результат выполняется с обратным знаком неравенства. Следовательно, любой пример, где $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ должен иметь положительную вероятность быть отрицательным и положительную вероятность быть положительным. $E[1/X]=1/E[X]$

Понимание здесь заключается в том, что любой с должен каким-то образом «уравновешивать» неравенство из его положительной части с неравенством в другом направлении от его отрицательной части. Это станет яснее, когда мы пойдем дальше. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Рассмотрим любой ненулевой случайной величины . Первоначальный шаг в формулировании определения ожидания (по крайней мере, когда это делается в полной общности с использованием теории меры) состоит в разложении на его положительные и отрицательные части, обе из которых являются положительными случайными величинами: $X$ $X$

\begin{aligned} Y & = Positive part (X) = max (0, X); \\ Z & = Negative part (X) = - min (0, X) . \end{aligned}

$\eqalign{ Y &= \operatorname{Positive part}(X) = \max(0, X);\\ Z &= \operatorname{Negative part}(X) = -\min(0, X). }$

Давайте думать о в качестве смеси из с весом и с весом , где Очевидно Это позволит писать ожидания и , с точки зрения ожиданий положительных переменных и . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

p = Pr (X > 0), 1 - p = Pr (X < 0) .

$p=\Pr(X\gt 0),\ 1-p = \Pr(X \lt 0).$

0 < p < 1.

$0 \lt p \lt 1.$ $X$ $1/X$ $Y$ $Z$

Чтобы немного упростить предстоящую алгебру, обратите внимание, что равномерное масштабирование числом не меняет но оно умножает и каждый на , Для положительного , это просто сводится к выбору единиц измерения . Отрицательное переключает роли и . Выбирая знак соответствующим образом, мы можем предположить, что $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

\begin{matrix} (1) & E [Z] = 1 and E [Y] \geq E [Z] . \end{matrix}

$E[Z]=1\text{ and }E[Y] \ge E[Z].\tag{1}$

нотация

Вот и все для предварительных упрощений. Чтобы создать хорошую запись, давайте напишем

μ = E [Y]; ν = E [1 / Y]; λ = E [1 / Z]

$\mu = E[Y];\ \nu = E[1/Y];\ \lambda=E[1/Z]$

для трех ожиданий мы не можем контролировать. Все три величины положительны. Неравенство Дженсена утверждает

\begin{matrix} (2) & μ ν \geq 1 and λ \geq 1. \end{matrix}

$\mu\nu \ge 1\text{ and }\lambda \ge 1.\tag{2}$

Закон полной вероятности выражает ожидания и в терминах названных нами величин: $X$ $1/X$

E [X] = E [X ∣ X > 0] Pr (X > 0) + E [X ∣ X < 0] Pr (X < 0) = μ p - (1 - p) = (μ + 1) p - 1

$E[X] = E[X\mid X\gt 0]\Pr(X \gt 0) + E[X\mid X \lt 0]\Pr(X \lt 0) = \mu p - (1-p) = (\mu + 1)p - 1$

и, поскольку имеет тот же знак, что и , $1/X$ $X$

E [\frac{1}{X}] = E [\frac{1}{X} ∣ X > 0] Pr (X > 0) + E [\frac{1}{X} ∣ X < 0] Pr (X < 0) = ν p - λ (1 - p) = (ν + λ) p - λ .

$E\left[\frac{1}{X}\right] = E\left[\frac{1}{X}\mid X\gt 0\right]\Pr(X \gt 0) + E\left[\frac{1}{X}\mid X \lt 0\right]\Pr(X \lt 0) = \nu p - \lambda(1-p) = (\nu + \lambda)p - \lambda.$

Приравнивание произведения этих двух выражений к обеспечивает существенную связь между переменными: $1$

\begin{matrix} (*) & 1 = E [X] E [\frac{1}{X}] = ((μ + 1) p - 1) ((ν + λ) p - λ) . \end{matrix}

$1 = E[X]E\left[\frac{1}{X}\right] = ((\mu +1)p - 1)((\nu + \lambda)p - \lambda).\tag{*}$

Переформулировка проблемы

Предположим, что части - и являются любыми положительными случайными величинами (вырожденными или нет). Это определяет и . Когда мы можем найти с , для которого выполняется ? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Это четко артикулирует «балансирование» понимание ранее заявляло лишь неопределенно: мы будем держать и фиксированные и надежда найти значение , надлежащим образом уравновешивает их относительные вклады в . Хотя не сразу очевидно, что такая потребность существует, ясно, что она зависит только от моментов , , и . Таким образом, задача сводится к относительно простой алгебре - весь анализ случайных величин завершен. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Решение

Эту алгебраическую задачу не так сложно решить, потому что в худшем случае является квадратным уравнением для а основные неравенства и относительно просты. Действительно, говорит нам продукт своих корней и İŞ $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

p_{1} p_{2} = (λ - 1) \frac{1}{(μ + 1) (ν + λ)} \geq 0

$p_1p_2 = (\lambda - 1)\frac{1}{(\mu+1)(\nu+\lambda)} \ge 0$

и сумма

p_{1} + p_{2} = (2 λ + λ μ + ν) \frac{1}{(μ + 1) (ν + λ)} > 0.

$p_1 + p_2 = (2\lambda + \lambda \mu + \nu)\frac{1}{(\mu+1)(\nu+\lambda)} \gt 0.$

Поэтому оба корня должны быть положительными. Кроме того, их среднее значение меньше , потому что $1$

1 - \frac{(p_{1} + p_{2})}{2} = \frac{λ μ + ν + 2 μ ν}{2 (μ + 1) (ν + λ)} > 0.

$1 - \frac{(p_1+p_2)}{2} = \frac{\lambda \mu + \nu + 2 \mu \nu}{2(\mu+1)(\nu+\lambda)} \gt 0.$

(Делая немного алгебры, нетрудно показать, что больший из двух корней также не превышает ). $1$

Теорема

Вот что мы нашли:

Для любых двух положительных случайных величин и (по крайней мере, одна из которых невырождена), для которых , , и существуют и являются конечными. Тогда существуют одно или два значения с , которые определяют переменную смеси с весом для и весом для и для которого . Каждый такой случай случайной величины с имеет эту форму. $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ $1-p$ $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Это дает нам действительно богатый набор примеров!

Построение простейшего возможного примера

Охарактеризовав все примеры, давайте приступим к построению максимально простого.

Для отрицательной части давайте выберем вырожденную переменную $Z$ - самый простой вид случайной величины. Он будет масштабирован до значения , откуда . Решение включает в себя , сводя его к легко решаемому линейному уравнению: единственный положительный корень $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
Для положительной части мы не получаем ничего полезного, если вырожден, поэтому давайте дадим ему некоторую вероятность только при двух различных положительных значениях , скажем, . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ В этом случае определение ожидания дает

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Чтобы сделать это еще проще, давайте сделаем и идентичными: $Y$ $1/Y$ это заставляет и . Сейчас $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

$μ = ν = \frac{b + 1 / b}{2} .$ $\mu = \nu = \frac{b + 1/b}{2}.$
Решение упрощается до $(3)$

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
Как мы можем заставить это включать простые числа? Поскольку и , обязательно . Давайте выберем простейшее число больше для ; а именно, . Приведенная выше формула дает и поэтому наш кандидат на простейший возможный пример $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

$\begin{aligned} Pr (X = 2) = Pr (X = b) = Pr (Y = b) p = q p = \frac{1}{2} \frac{8}{9} = \frac{4}{9}; \\ Pr (X = 1 / 2) = Pr (X = a) = Pr (Y = a) p = q p = \dots = \frac{4}{9}; \\ Pr (X = - 1) = Pr (Z = 1) (1 - p) = 1 - p = \frac{1}{9} . \end{aligned}$ $\eqalign{ \Pr(X=2) = \Pr(X=b) = \Pr(Y=b)p = qp = \frac{1}{2}\frac{8}{9} = \frac{4}{9};\\ \Pr(X=1/2) = \Pr(X=a) = \Pr(Y=a)p = qp = \cdots = \frac{4}{9};\\ \Pr(X=-1) = \Pr(Z=1)(1-p) = 1-p = \frac{1}{9}. }$

Это тот самый пример, предлагаемый в учебнике.

Whuber
источник

Хороший ответ. Несмотря на мой первоначальный скептицизм, легко найти пример с различными решениями .

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

П.Уиндридж

Как вы упомянули, если положительный, то происходит только тогда, когда почти наверняка постоянен. В противном случае вам нужно, чтобы принимал как отрицательные, так и положительные значения. $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Чтобы построить такой пример, сначала сделайте как можно проще. Предположим, что принимает два значения, и , с вероятностями и соответственно. Тогда и Чтобы иметь нам нужно, чтобы который перестраивается к требованию Это означает, что единственно возможное решение должно иметь либо , либо , либо . Во всех случаях мы возвращаемся к вырожденному случаю: является постоянным. $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

E (X) = a p + b (1 - p)

$E(X)=ap+b(1-p)$

E (1 / X) = \frac{1}{a} p + \frac{1}{b} (1 - p) .

$E(1/X)=\frac1ap+\frac1b(1-p).$

1 / E (X) = E (1 / X)

$1/E(X)=E(1/X)$

a p + b (1 - p) = \frac{1}{\frac{1}{a} p + \frac{1}{b} (1 - p)}

$ap+b(1-p)=\frac1{\frac1ap+\frac1b(1-p)}$

(a - b)^{2} p (1 - p) = 0.

$(a-b)^2p(1-p)=0.$

a = b

$a=b$

p = 0

$p=0$

p = 1

$p=1$

X

$X$

Следующая попытка: распределение с тремя возможными значениями. Здесь есть еще много вариантов. В приведенном вами примере используется , так что имеет такое же распределение. Если мы знаем, что принимает три значения, то должно быть, что одно из значений равно или , а два других должны быть и для некоторого выбора . Для определенности давайте попробуем и . Тогда Для выполнения требования мы требуем или $X$ $1/X$ $X$ $1$ $-1$ $a$ $1/a$ $a$ $P(X=a)=P(X=1/a)=p$ $P(X=-1)=1-2p$

\begin{matrix} (1) & E (1 / X) = E (X) = (a + \frac{1}{a}) p - (1 - 2 p) = (2 + a + \frac{1}{a}) p - 1. \end{matrix}

$E(1/X)=E(X)=(a+\frac1a)p-(1-2p)=(2+a+\frac1a)p-1.\tag1$

1 / E (X) = E (1 / X)

$1/E(X)=E(1/X)$

E (X) = 1

$E(X)=1$

E (X) = - 1

$E(X)=-1$ , Выражение (1) никогда не равно если , что снова возвращает нас к вырожденному случаю. Поэтому стремитесь к , что дает Выражение (2) дает целое семейство решений, которые удовлетворяют требованию. Единственное ограничение состоит в том , что должно быть положительным. В приведенном вами примере принимается . Только случай является вырожденным.

- 1

$-1$

p = 0

$p=0$

E (X) = 1

$E(X)=1$

\begin{matrix} (2) & (2 + a + \frac{1}{a}) p = 2 \Leftrightarrow p = \frac{2}{2 + a + \frac{1}{a}} = \frac{2 a}{(a + 1)^{2}} . \end{matrix}

$(2+a+\frac1a)p=2\quad\Leftrightarrow\quad p=\frac2{2+a+\frac1a}=\frac{2a}{(a+1)^2}.\tag2$

a

$a$

a = 2

$a=2$

a = 1

$a=1$

grand_chat
источник

Я предполагаю, что ваша первая строка предназначена для «если положителен, то встречается только тогда, когда почти наверняка постоянен», как в вопросе , Это выпадает из (доказательства) неравенства Дженсена, где мы также используем тот факт, что не является линейным.

X

$X$

E [1 / X] = 1 / E [X]

$\mathbb{E}[1/X]=1/\mathbb{E}[X]$

X

$X$

h (x) = 1 / x

$h(x) = 1/x$

П.Уиндридж

@ P.Windridge Вы правы! Исправлена.

grand_chat