Пример неотрицательного дискретного распределения, где среднее (или другой момент) не существует?

Я немного поработал над scipy, и с одним из членов основной группы scipy зашел разговор о том, может ли неотрицательная дискретная случайная величина иметь неопределенный момент. Я думаю, что он прав, но доказательств нет. Кто-нибудь может показать / доказать это утверждение? (или если это утверждение не соответствует действительности, опровергнуть)

У меня нет удобного примера, если дискретная случайная переменная поддерживает но кажется, что некоторая дискретная версия распределения Коши должна служить примером для получения неопределенного момента. Условие неотрицательности (возможно, включая ) - это то, что, кажется, делает проблему сложной (по крайней мере, для меня).$\mathbb{Z}$$0$

Пусть CDF равен при целых числах кусочно-постоянных во всех остальных местах и ​​по всем критериям является CDF. Ожидание$F$$1-1/n$$n=1,2,\ldots,$

$$\int_{0}^\infty (1-F(x))\mathrm{d}x = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$$

который расходится. В этом смысле первый момент (и, следовательно, все высшие моменты) бесконечен. (См. Примечания в конце для дальнейшей разработки.)

---

Если вам неловко с этим обозначением, обратите внимание, что для$n=1,2,3,\ldots,$

$${\Pr}_{F}(n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1.}$$

Это определяет распределение вероятностей, поскольку каждый член является положительным и

$$\sum_{n=1}^\infty {\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \lim_{n\to \infty} 1 - \frac{1}{n+1} = 1.$$

Ожидание

$$\sum_{n=1}^\infty n\,{\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1} = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$$

который расходится.

Этот способ выражения ответа проясняет, что все решения получены такими расходящимися рядами. Действительно, если вы хотите, чтобы распределение поддерживалось на некотором подмножестве положительных значений с вероятностями равными единице, то для ожидания расхождения ряда что выражает это, а именно$x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots,$$p_1, p_2, \ldots$

$$(a_n) = (x_n p_n),$$

должны иметь расходящиеся частичные суммы.

Наоборот, каждый расходящийся ряд неотрицательных чисел связан со многими дискретными положительными распределениями, имеющими расходящееся ожидание. $(a_n)$ Например, учитывая вы можете применить следующий алгоритм для определения последовательностей и . Начните с установки и для Определите как набор всех , возникающих таким образом, индексируйте его элементы как и определите распределение вероятностей для по$(a_n)$$(x_n)$$(p_n)$$q_n = 2^{-n}$$y_n = 2^n a_n$$n=1, 2, \ldots.$$\Omega$$y_n$$\Omega=\{\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_i, \ldots\},$$\Omega$

$$\Pr(\omega_i) = \sum_{n \mid y_n = \omega_i}q_n.$$

Это работает, потому что сумма равна сумме которая равна и имеет не более чем счетное количество положительных элементов.$p_n$$q_n,$$1,$$\Omega$

Например, ряд явно расходится. Алгоритм дает$(a_n) = (1, 1/2, 1, 1/2, \ldots)$

$$y_1 = 2a_1 = 2;\ y_2 = 2^2 a_2 = 2;\ y_3 = 2^3 a_3 = 8; \ldots$$

Таким образом,

$$\Omega = \{2, 8, 32, 128, \ldots, 2^{2n+1},\ldots\}$$

набор нечетных положительных степеней и$2$

$$p_1 = q_1 + q_2 = 3/4;\ p_2 = q_3 + q_4 = 3/16;\ p_3 = q_5 + q_6 = 3/64; \ldots$$

---

О бесконечных и несуществующих моментах

Когда все значения положительны, не существует такого понятия, как «неопределенный» момент: все моменты существуют, но они могут быть бесконечными в смысле расходящейся суммы (или интеграла), как показано в начале этого ответа.

Как правило, все моменты определены для положительных случайных величин, потому что сумма или интеграл, выражающие их, либо сходятся абсолютно, либо расходятся («бесконечно»). В отличие от этого, моменты могут становиться неопределенными для переменных, которые принимают положительные и отрицательные значения , потому что - по определению интеграла Лебега - момент - это разница между моментом положительной части и моментом абсолютного значения отрицательной части. Если оба они бесконечны, конвергенция не является абсолютной, и вы сталкиваетесь с проблемой вычитания бесконечности из бесконечности: этого не существует.

Вот известный пример: пусть принимает значение с вероятностью для каждого целого числа . Тогда принимает значения в (подмножестве) натуральных чисел; общая масса равна , но его ожидание равно Эта случайная величина возникает в петербургском парадоксе .2 k 2 - k k ≥ 1 X ∑ ∞ k = 1 2 - k = 1 E ( X ) = ∞ ∑ k = 1 2 k P ( X = 2 k ) = ∞ ∑ k = 1 1 = ∞ . $X$$2^k$$2^{-k}$$k\ge1$$X$$\sum_{k=1}^\infty 2^{-k}=1$

$$E(X) = \sum_{k=1}^\infty 2^k P(X=2^k) = \sum_{k=1}^\infty 1 = \infty.$$ $X$

1. Дзета распределение является довольно хорошо известно дискретное распределение на положительных целых чисел , которые не имеют конечное среднее значение (для ).$1<\theta\leq 2$

   $P(X=x|\theta)={{\frac {1}{\zeta (\theta)}}x^{-\theta}}\,,\: x=1,2,...,\:\theta>1$

   где нормализующая константа включает в себя , дзета-функцию Римана$\zeta(\cdot)$

   (edit: случай очень похож на ответ whuber)$\theta=2$

   Другим распределением с похожим поведением хвоста является распределение Юла-Саймона .

2. Другим примером может быть бета-отрицательное биномиальное распределение с :$0<\alpha\leq 1$

   $P(X=x|\alpha ,\beta ,r)={\frac {\Gamma (r+x)}{x!\;\Gamma (r)}}{\frac {\mathrm{B} (\alpha +r,\beta +x)}{\mathrm{B} (\alpha ,\beta )}}\,,\:x=0,1,2...\:\alpha,\beta,r > 0$

некоторая дискретизированная версия распределения Коши

Да, если вы берете в качестве среднего значения распределения Коши в интервале вокруг , то ясно, что его нулевой момент такой же, как у распределения Коши, и его первый момент асимптотически приближается к первому моменту Распределение Коши. Что касается «интервала вокруг », не имеет значения, как вы это определяете; возьмите , , , Vel Ctera , и это будет работать. Для положительных целых чисел вы также можете взять . Нулевой момент суммируется с , а первый момент - это сумма , которая расходится.n n ( n - 1 , n ] [ n , n + 1 ) [ n - .5 , $p(n)$$n$$n$$(n-1,n]$$[n,n+1)$$[n-.5,n+.5)$$p(n) =\frac6{(n\pi)^2}$$\frac6{n\pi^2}$

И фактически для любого многочлена существует некоторый такой, что суммируется с 1. Если мы тогда возьмем й момент, где - это порядок , это будет расходиться.c $p(n)$$c$ kkp(n$\frac c {p(n)}$$k$$k$$p(n)$