Геометричне середнє - це неупереджений оцінювач середнього значення, який має постійний розподіл?

Чи існує якийсь безперервний розподіл, виражений у закритому вигляді, середнє значення якого таке, що геометричне середнє для зразків є неупередженим оцінником для цього середнього?

Оновлення: я щойно зрозумів, що мої зразки повинні бути позитивними (інакше геометричне середнє може не існувати), тому, можливо, безперервне не є правильним словом. Як щодо розподілу, який дорівнює нулю для від'ємних значень випадкової величини і є безперервним для позитивних значень. Щось на зразок усіченого розподілу.

distributions geometric-mean

— користувач53608
джерело

Розподіл може бути безперервним, маючи суто позитивний пробний простір (наприклад, розподіл гамма).

— геймер

Ви також маєте на увазі приклад, коли геометричне середнє зразки є неупередженим оцінювачем першого моменту? Я бачив тільки коли-небудь середнє геометричне визначення визначеного дискретного набору даних, і невідомо, як буде визначено "справжнє" (тобто рівень населення) геометричне середнє для безперервного розподілу ... Можливо, ?

e x p (E (\log (X)))

${\rm exp}( E(\log(X)) )$

— геймер

Він працює для лонормального розподілу.

— Майкл Р. Черник

Це має місце , якщо випадкова величина дорівнює деякі позитивний постійна скалярний майже напевно . Не інакше.

X

$X$

c

$c$

— Меттью Ганн

Відповіді:

Я вважаю, ви запитуєте, що таке розподіл rv , якщо воно є , таким, що якщо у нас є зразок iid розміром з цього розповсюдження, він буде вважати, що $X$ $n>1$

E [G M] = E [{(\prod_{i = 1}^{n} X_{i})}^{1 / n}] = E (X)

$E[GM] = E\left[\left(\prod_{i=1}^n X_{i}\right)^{1/n}\right] = E(X)$

Зважаючи на припущення про Айд , у нас є

E [{(\prod_{i = 1}^{n} X_{i})}^{1 / n}] = E (X_{1}^{1 / n} \cdot . . . \cdot X_{n}^{1 / n}) = E (X_{1}^{1 / n}) \cdot . . . \cdot E (X_{n}^{1 / n}) = {[E (X^{1 / n})]}^{n}

$E\left[\left(\prod_{i=1}^n X_{i}\right)^{1/n}\right] = E\left(X_1^{1/n}\cdot ...\cdot X_n^{1/n}\right) = E\left (X_1^{1/n}\right)\cdot ...\cdot E\left(X_n^{1/n}\right) = \left[E\left(X^{1/n}\right)\right]^n$

і тому ми запитуємо, чи можемо ми мати

{[E (X^{1 / n})]}^{n} = E (X)

$\left[E\left(X^{1/n}\right)\right]^n = E(X)$

Але через нерівність Дженсена та те, що функція сили суворо опукла для потужностей, вищих за єдність, ми маємо це, майже напевно, для невиродженої (непостійної) випадкової величини,

{[E (X^{1 / n})]}^{n} < E {[(X^{1 / n})]}^{n} = E (X)

$\left[E\left(X^{1/n}\right)\right]^n < E\left[\left(X^{1/n}\right)\right]^n = E(X)$

Тож такого розподілу не існує.

Що стосується згадування логічно-нормального розподілу в коментарі, то, що справедливо, полягає в тому, що середнє геометричне значення ( ) вибірки з нормально-нормального розподілу є упередженим, але асимптотично послідовним оцінком медіани . Це тому, що для лонормального розподілу це справедливо $GM$

E (X^{s}) = \exp {s μ + \frac{s^{2} σ^{2}}{2}}

$E(X^s) = \exp\left\{s\mu + \frac {s^2\sigma^2}{2}\right \}$

(де та - параметри основної норми, а не середнє значення та дисперсія log-normal). $\mu$ $\sigma$

У нашому випадку тому ми отримаємо $s = 1/n$

E (G M) = {[E (X^{1 / n})]}^{n} = {[\exp {(μ / n) + \frac{σ^{2}}{2 n^{2}}}]}^{n} = \exp {μ + \frac{σ^{2}}{2 n}}

$E(GM) = \left[E\left(X^{1/n}\right)\right]^n = \left[\exp\left\{(\mu/n) + \frac {\sigma^2}{2n^2}\right \}\right]^n = \exp\left\{\mu + \frac {\sigma^2}{2n}\right \}$

(що говорить нам, що це упереджений оцінка медіани). Але

lim {[E (X^{1 / n})]}^{n} = lim \exp {μ + \frac{σ^{2}}{2 n}} = e^{μ}

$\lim \left[E\left(X^{1/n}\right)\right]^n = \lim \exp\left\{\mu + \frac {\sigma^2}{2n}\right \} = e^{\mu}$

яка є медіаною розподілу. Можна також показати, що дисперсія середнього геометричного зразка сходить до нуля, і цих двох умов достатньо, щоб цей оцінювач був асимптотично послідовним - для медіани,

G M \to_{p} e^{μ}

$GM \to_p e^{\mu}$

— Алекос Пападопулос
джерело

Можливо, слід додати, що нерівність Дженсена, застосована із суворо опуклою функцією, є рівністю лише в тому випадку, якщо настільки ж постійний.

X

$X$

— Олів’є

@Olivier: Я думаю, що це досить відома властивість, що вона може просто додавати безлад для її включення. У будь-якому випадку , нерівність Дженсена насправді навіть не потрібна, оскільки розгляд випадку вже достатньо поєднаний з фактом передбачає, що майже напевно є ще більш елементарним аргументом.

n = 2

$n = 2$

V a r (X) = 0

$\mathrm{Var}(X) = 0$

X = 0

$X = 0$

— кардинал

Це схожий аргумент на відмінну відповідь Алекоса, оскільки середнє арифметичне, середнє геометричне нерівність є наслідком нерівності Дженсена.

Нехай - середнє арифметичне: $A_n$ $A_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$
Нехай - середнє геометричне: $G_n$ $G_n = \left( \prod_{i=1} X_i \right) ^ \frac{1}{n}$

В середнє арифметичне, середнє геометричне нерівність станів , що з рівністю тоді і тільки тоді , коли кожне спостереження одно: . (Нерівність AMGM є наслідком нерівності Дженсена .) $A_n \geq G_n$ $X_1 = X_2 = \ldots = X_n$

Випадок 1: майже напевно $X_1 = X_2 = \ldots = X_n$

Тоді . $\operatorname{E}[G_n] = \operatorname{E}[A_n] = \operatorname{E}[X]$

У певному сенсі це зовсім вироджений випадок.

Випадок 2: для $P(X_i \neq X_j) > 0$ $i\neq j$

Тоді є позитивна ймовірність того, що середнє геометричне менше середнього арифметичного. Оскільки для всіх результатів та , то у нас є . $G_n \leq A_n$ $\operatorname{E}[A_n] = \operatorname{E}[X]$ $\operatorname{E}[G_n] < \operatorname{E}[X]$

— Меттью Ганн
джерело

Геометричне середнє - це неупереджений оцінювач середнього значення, який має постійний розподіл?

Випадок 1: майже напевноX1=X2=…=XnX1=X2=…=XnX_1 = X_2 = \ldots = X_n

Випадок 2: дляP(Xi≠Xj)>0P(Xi≠Xj)>0P(X_i \neq X_j) > 0i≠ji≠ji\neq j

Випадок 1: майже напевно $X_1 = X_2 = \ldots = X_n$

Випадок 2: для $P(X_i \neq X_j) > 0$ $i\neq j$