Aspettativa del reciproco di una variabile

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Sono confuso nell'applicare le aspettative nel denominatore.

$E(1/X)=\,?$

può essere ,? $1/E(X)\,$

expected-value

— Shan
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Articolo correlato: stats.stackexchange.com/questions/305713/… .

— Testardo:

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può essere 1 / E (X)?

No, in generale non può; La disuguaglianza di Jensen ci dice che se è una variabile casuale e è una funzione convessa, allora . Se è strettamente positivo, allora è convesso, quindi , e per una funzione strettamente convessa, l'uguaglianza si verifica solo se ha varianza zero ... quindi nei casi in cui tendiamo a interessarci, i due sono generalmente disuguali. $X$ $\varphi$ $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ $X$ $1/X$ $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ $X$

Supponendo che abbiamo a che fare con una variabile positiva, se ti è chiaro che e saranno inversamente correlati ( ), ciò implicherebbe che implica , quindi . $X$ $1/X$ $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ $E(X) E(1/X) \geq 1$ $E(1/X) \geq 1/E(X)$

Sono confuso nell'applicare le aspettative nel denominatore.

Usa la legge dello statistico inconscio

E [g (X)] = \int_{- \infty}^{\infty} g (x) f_{X} (x) d x

$\text{E}[g(X)] = \int_{-\infty}^\infty g(x) f_X(x) dx$

(nel caso continuo)

quindi quando , $g(X) = \frac{1}{X}$ $\text{E}[\frac{1}{X}]=\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x} dx$

In alcuni casi, l'aspettativa può essere valutata mediante ispezione (ad es. Con variabili gamma casuali) o derivando la distribuzione dell'inverso o con altri mezzi.

— Glen_b -Restate Monica
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Come dice Glen_b, probabilmente è sbagliato, perché il reciproco è una funzione non lineare. Se vuoi un'approssimazione su $E(1/X)$ forse puoi usare un'espansione di Taylor attorno a $E(X)$ :

E (\frac{1}{X}) \approx E (\frac{1}{E (X)} - \frac{1}{E (X)^{2}} (X - E (X)) + \frac{1}{E (X)^{3}} (X - E (X))^{2}) = = \frac{1}{E (X)} + \frac{1}{E (X)^{3}} V a r (X)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ quindi hai solo bisogno della media e della varianza di X, e se la distribuzione di

X

$X$ è simmetrica questa approssimazione può essere molto accurata.

EDIT: il forse sopra è abbastanza critico, vedi il commento da BioXX sotto.

— Matteo Fasiolo
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eh si si ... mi dispiace molto di non essere riuscito a capire quel fatto ... ne ho ancora uno q ... è applicabile a qualsiasi tipo di funzione ?? in realtà sono bloccato con

... Come può l'aspettativa di

può essere dedotto in termini di

e

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

— Sandipan Karmakar

2

Non penso che tu possa usarlo per

in quanto tale funzione non è differenziabile. Preferirei dividere il problema nei casi e dire

, I indovina.

| X |

$|X|$

E (| X |) = E (X | X > 0) p (X > 0) + E (- X | X < 0) p (X < 0)

$E(|X|) = E(X|X > 0)p(X>0) + E(-X|X < 0)p(X<0)$

— Matteo Fasiolo,

1

@MatteoFasiolo Puoi spiegare perché la simmetria della distribuzione di

(o la sua mancanza) ha un effetto sulla precisione dell'approssimazione di Taylor? Hai una fonte a cui potresti indicarmi che spiega perché questo è?

X

$X$

— Aaron Hendrickson,

1

@AaronHendrickson il mio ragionamento è semplicemente che il prossimo termine per l'espansione è proporzionale alla

che è legato alla asimmetria della distribuzione di

. L'asimmetria è una misura di asimmetria. Tuttavia, l'asimmetria zero non garantisce la simmetria e non sono sicuro che la simmetria garantisca l'asimmetria zero. Quindi, questo è tutto euristico e potrebbero esserci molti controesempi.

E {(X - E (X))^{3}}

$E\{(X-E(X))^3\}$

X

$X$

— Matteo Fasiolo,

4

Non capisco come questa soluzione ottenga così tanti voti positivi. Per una singola variabile casuale

non ci sono giustificazioni sulla qualità di questa approssimazione. La terza derivata

non è limitata. Inoltre il resto del ca. è

dove

è essa stessa una variabile casuale tra

e

X

$X$

f (x) = 1 / x

$f(x)=1/x$

1 / 6 f^{‴} (ξ) (X - μ)^{3}

$1/6f'''(\xi)(X-\mu)^3$

ξ

$\xi$

X

$X$

μ

$\mu$ . Il resto non svanirà in generale e potrebbe essere molto grande. Taylor ca. può essere utile solo se si ha una sequenza di variabili casuali

dove

. Anche in questo caso è necessaria un'integrabilità uniforme se interessati all'aspettativa.

X_{n} - μ = O_{p} (a_{n})

$X_n -\mu = O_p(a_n)$

a_{n} \to 0

$a_n \to 0$

— BloXX,

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Altri hanno già spiegato che la risposta alla domanda è NO, tranne casi banali. Di seguito diamo un approccio alla ricerca di quandocon probabilità 1 e la funzione generatrice del momentoesistono. Un'applicazione di questo metodo (e una generalizzazione) è data inValore atteso di quando segue una distribuzione Beta, qui daremo anche un esempio più semplice. $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

Innanzitutto, nota che (semplice esercizio di calcolo). Quindi, scrivi $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$ Una semplice applicazione: lascia che abbia la distribuzione esponenziale con rate 1, cioè con densità e funzione generatrice dei momenti

E (\frac{1}{X}) = \int_{0}^{\infty} x^{- 1} f (x) d x = \int_{0}^{\infty} (\int_{0}^{\infty} e^{- t x} d t) f (x) d x = \int_{0}^{\infty} (\int_{0}^{\infty} e^{- t x} f (x) d x) d t = \int_{0}^{\infty} M_{X} (- t) d t

$\E \left(\frac1{X}\right) = \int_0^\infty x^{-1} f(x)\; dx = \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx}\; dt \right) f(x)\; dx =\\ \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx} f(x) \; dx \right) \; dt = \int_0^\infty M_X(-t) \; dt$

X

$X$

e^{- x}, x > 0

$e^{-x}, x>0$

. Quindi

M_{X} (t) = \frac{1}{1 - t}, t < 1

$M_X(t)=\frac1{1-t}, t<1$

, quindi sicuramente non convergono, ed è molto diverso da

\int_{0}^{\infty} M_{X} (- t) d t = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + t} d t = \ln (1 + t) |_{0}^{\infty} = \infty

$\int_0^\infty M_X(-t)\; dt = \int_0^\infty \frac1{1+t} \; dt= \ln(1+t) \bigg\rvert_0^\infty = \infty$

.

\frac{1}{E X} = \frac{1}{1} = 1

$\frac1{\E X}=\frac11=1$

— kjetil b halvorsen
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Un approccio alternativo per calcolare sapendo X è una variabile casuale positivo è attraverso la sua funzione generatrice dei momenti . Poiché mediante calcoli elementari $E(1/X)$ $E[e^{-\lambda X}]$ abbiamo, secondo il teorema di Fubini

\int_{0}^{\infty} e^{- λ x} d λ = \frac{1}{x}

$\int_0^\infty e^{-\lambda x} d\lambda =\frac{1}{x}$

\int_{0}^{\infty} E [e^{- λ X}] d λ = E [\frac{1}{X}] .

$\int_0^\infty E[e^{-\lambda X}] d\lambda =E[\frac{1}{X}].$

— user172761
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L'idea qui è giusta, ma i dettagli sbagliati. Pleasecheck

— kjetil b halvorsen

1

@Kjetil Non vedo quale sia il problema: a parte le differenze insignificanti dell'uso di

invece di

nella definizione dell'MGF e della denominazione della variabile

invece di

, la risposta che hai appena pubblicato è identica a questa uno.

t X

$t X$

- t X

$-t X$

t

$t$

λ

$\lambda$

— whuber

1

Hai ragione, i problemi erano meno di quanto pensassi. Comunque questa risposta sarebbe meglio con qualche dettaglio in più. Domani

— voterò

1

Per prima cosa dare un'intuizione, che dire dell'utilizzo del caso discreto nel campione finito per illustrare che (mettendo da parte casi come ) ? $\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$ $\text{E}(X)=0$

In un campione finito, usare il termine medio per aspettativa non è così abusivo, quindi se uno ha da un lato

$\text{E}(X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i$

e uno ha d'altra parte

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i$

diventa ovvio che, con , $N>1$

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i \neq \frac{N}{\sum_{i=1}^N X_i} = 1/\text{E}(X)$

$\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$

$0$

$\text{E}(1/X)=\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x} dx \neq 1/\int_{-\infty}^\infty xf(x) dx = 1/\text{E}(X)$ .

— keepAlive
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