Esempio di costruzione che mostra

Come costruire un esempio di distribuzione di probabilità per la quale vale, assumendo ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

La disuguaglianza che deriva dalla disuguaglianza di Jensen per un RV valutato positivamente è come (la disuguaglianza inversa se ). Questo perché il mapping è convesso per e concavo per . Seguendo la condizione di uguaglianza nella disuguaglianza di Jensen, immagino che la distribuzione debba essere degenerata affinché l'uguaglianza richiesta sia valida. Un caso banale in cui vale l'uguaglianza è ovviamente se ae Ecco un esempio che ho trovato in un libro dei problemi: considera una variabile casuale discreta tale che $X$ $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $X<0$ $x\mapsto\frac{1}{x}$ $x>0$ $x<0$ $X=1$ $X$ $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Si può quindi facilmente verificare che . $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Questo esempio mostra che non deve necessariamente essere positivo (o negativo) per mantenere l'uguaglianza nel titolo. Anche qui la distribuzione non è degenerata. $X$

Come faccio a costruire un esempio, forse come quello che ho trovato nel libro? C'è qualche motivazione?

— StubbornAtom
fonte

Il tuo esempio vale per qualsiasi variabile casuale che è una costante diversa da zero. Anche il tuo secondo esempio non è degenerato.

— Michael R. Chernick,

La disuguaglianza non deriva dalla disuguaglianza di Jensen senza supporre ulteriormente che sia quasi sicuramente positivo.

X

$X$

— whuber

@MichaelChernick Non intendevo dire che l'esempio avesse una distribuzione degenerata.

— Testardo

Mi riferivo alla tua affermazione "A seguito della condizione di uguaglianza nella disuguaglianza di Jensen, immagino che la distribuzione debba essere degenerata affinché l'uguaglianza richiesta sia valida". Eppure hai mostrato un esempio non degenerato.

— Michael R. Chernick,

@whuber Voglio semplicemente sapere come trovare un esempio in cui l'uguaglianza nel titolo è vera.

— Testardo

Risposte:

Costruiamo tutti i possibili esempi di variabili casuali per le quali . Quindi, tra questi, potremmo seguire alcune euristiche per ottenere l' esempio più semplice possibile. Queste euristiche consistono nel dare i valori più semplici possibili a tutte le espressioni che escono da un'analisi preliminare. Questo risulta essere l'esempio del libro di testo. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Analisi preliminare

Ciò richiede solo un po 'di analisi in base alle definizioni. La soluzione ha solo un interesse secondario: l'obiettivo principale è quello di sviluppare approfondimenti per aiutarci a comprendere i risultati in modo intuitivo.

Per prima cosa osserva che la disuguaglianza di Jensen (o la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz) implica che per una variabile casuale positiva , , con l'uguaglianza che tiene se e solo se è "degenerato": cioè , è quasi sicuramente costante. Quando è una variabile casuale negativa, è positivo e il risultato precedente vale con il segno di disuguaglianza invertito. Di conseguenza, qualsiasi esempio in cui $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ deve avere probabilità positive di essere negativo e probabilità positiva di essere positivo. $E[1/X]=1/E[X]$

L'intuizione qui è che qualsiasi con deve in qualche modo "bilanciare" la disuguaglianza dalla sua parte positiva contro la disuguaglianza nell'altra direzione dalla sua parte negativa. Ciò diventerà più chiaro man mano che procediamo. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Prendere in considerazione qualsiasi diverso da zero variabile aleatoria . Un primo passo nella formulazione di una definizione di aspettativa (almeno quando questo viene fatto in piena generalità usando la teoria della misura) è di scomporre nelle sue parti positive e negative, entrambe le quali sono variabili casuali positive: $X$ $X$

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

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

Pensiamo a come una miscela di con peso e con peso dove Ovviamente Ciò permetterà di scrivere aspettative di e in termini di aspettative delle variabili positive e . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

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

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

0 < p < 1.

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

Per semplificare un po 'l'algebra imminente, nota che il riscalare uniformemente per un numero non cambia - ma moltiplica ed ciascuno per . Per positiva , ciò equivale semplicemente a selezionare le unità di misura di . Un negativo commuta i ruoli di e . Scegliendo il segno di appropriato, possiamo quindi supporre $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

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

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

Notazione

Questo è tutto per semplificazioni preliminari. Per creare una bella notazione, scriviamo quindi

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

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

per le tre aspettative che non possiamo controllare. Tutte e tre le quantità sono positive. La disuguaglianza di Jensen afferma

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

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

La legge della probabilità totale esprime le aspettative di e in termini di quantità che abbiamo nominato: $X$ $1/X$

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

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

e, poiché ha lo stesso segno di , $1/X$ $X$

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 .

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

L'equazione del prodotto di queste due espressioni con fornisce una relazione essenziale tra le variabili: $1$

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

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

Riformulazione del problema

Supponiamo che le parti di - e - siano variabili casuali positive (degenerate o meno). Ciò determina e . Quando possiamo trovare , con , per cui vale? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Questo articola chiaramente l'intuizione "bilanciamento" detto in precedenza solo vagamente: ci accingiamo a tenere e fisso e sperare di trovare un valore di che bilancia adeguatamente i loro contributi relativi ad . Anche se non è immediatamente evidente che tale necessità esistono, ciò che è chiaro è che esso dipende solo momenti , , e . Il problema si riduce così ad un'algebra relativamente semplice: tutta l'analisi delle variabili casuali è stata completata. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Soluzione

Questo problema algebrico non è troppo difficile da risolvere, perché nella peggiore delle ipotesi è un'equazione quadratica per e le disuguaglianze di governo e sono relativamente semplici. Infatti, ci dice il prodotto delle sue radici e Is $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

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

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

e la somma è

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

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

Pertanto entrambe le radici devono essere positive. Inoltre, la loro media è inferiore a , perché $1$

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

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

(Facendo un po 'di algebra, non è difficile mostrare che la più grande delle due radici non superi neanche ). $1$

Un teorema

Ecco cosa abbiamo trovato:

Dato qualsiasi due variabili casuali positivi e (almeno uno dei quali è degenere) per cui , , e esistono e sono finite. Quindi esistono uno o due valori , con , che determinano una variabile di miscela con peso per e peso per e per cui . Ogni istanza del genere di una variabile casuale con è di questa forma. $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ $1-p$ $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Questo ci dà davvero un ricco set di esempi!

Costruire l'esempio più semplice possibile

Dopo aver caratterizzato tutti gli esempi, procediamo a costruirne uno il più semplice possibile.

Per la parte negativa , scegliamo una variabile degenerata, il $Z$ tipo più semplice di variabile casuale. Sarà ridimensionato per rendere il suo valore , da cui . La soluzione di include , riducendola a un'equazione lineare facilmente risolvibile: l'unica radice positiva è $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
Per la parte positiva , non otteniamo nulla di utile se è degenerato, quindi diamo qualche probabilità con solo due distinti valori positivi , diciamo . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ In questo caso la definizione di aspettativa dà

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Per rendere questo ancora più semplice, rendiamo identici e : $Y$ $1/Y$ questo forza e . Adesso $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

$μ = ν = \frac{b + 1 / b}{2} .$ $\mu = \nu = \frac{b + 1/b}{2}.$
La soluzione semplifica $(3)$

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
Come possiamo fare in modo che ciò implichi numeri semplici? Poiché e , necessariamente . Scegliamo il numero più semplice maggiore di per ; vale a dire, . La formula precedente produce e il nostro candidato per l'esempio più semplice possibile è quindi $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

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

Questo è proprio l'esempio offerto nel libro di testo.

— whuber
fonte

Bella risposta. Nonostante il mio scetticismo iniziale, è facile trovare un esempio con soluzioni distinte .

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

— P.Windridge,

Come hai già detto, se è positivo, allora verifica solo quando è quasi sicuramente costante. Altrimenti hai bisogno di per assumere valori sia negativi che positivi. $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Per costruire un esempio del genere, prima vai il più semplice possibile. Assumere assume due valori, e , con probabilità e rispettivamente. Quindi ed Per avere abbiamo bisogno di che riorganizza in base al requisito Ciò significa che l'unica soluzione possibile deve avere oppure o . In tutti i casi torniamo al caso degenerato: è costante. $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

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

$X$

Prossimo tentativo: una distribuzione con tre possibili valori. Qui ci sono molte più scelte. L'esempio che hai citato prova una modo che abbia la stessa distribuzione. Se sappiamo che accetta tre valori, deve essere che uno dei valori sia o e gli altri due debbano essere e per una scelta di . Per sicurezza proviamo , e . Quindi Per soddisfare il requisito richiediamo o $X$ $1/X$ $X$ $1$ $-1$ $a$ $1/a$ $a$ $P(X=a)=P(X=1/a)=p$ $P(X=-1)=1-2p$

\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

$E(X)=-1$ . L'espressione (1) non è mai meno che , che ci riporta nuovamente al caso degenerato. Quindi mira a , che dà Expression (2) fornisce un'intera famiglia di soluzioni che soddisfano i requisiti. L'unico vincolo è che deve essere positivo. L'esempio che hai citato prende . Solo il caso è degenerato.

- 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
fonte

Presumo che la tua prima riga sia intesa come "se è positiva, allora verifica solo quando è quasi sicuramente costante", come nella domanda . Ciò si discosta dalla disuguaglianza di Jensen, dove usiamo anche il fatto che non è lineare.

X

$X$

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

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

X

$X$

h (x) = 1 / x

$h(x) = 1/x$

— P.Windridge,

@ P.Windridge Hai ragione! Fisso.

— grand_chat,