Приклад побудови, що показує

Як побудувати приклад розподілу ймовірностей, для якого , припускаючи ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

Нерівність , яке випливає з нерівності Йєнсена для позитивного багатозначних RV , як (зворотна нерівність, якщо ). Це тому, що відображення опукло для і увігнуте для . Виходячи з умови рівності в нерівності Дженсена, я думаю, розподіл повинен бути виродженим, щоб дотримуватися необхідної рівності. Тривіальний випадок, коли виконується рівність, звичайно, якщо ae Ось приклад, який я знайшов у проблемній книзі: Розглянемо дискретну випадкову змінну таким, що $X$ $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $X<0$ $x\mapsto\frac{1}{x}$ $x>0$ $x<0$ $X=1$ $X$ $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Потім легко перевірити, що . $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Цей приклад показує, що не повинно бути позитивним (або негативним) ae для рівності у заголовку. Розподіл тут також не вироджений. $X$

Як я будую приклад, можливо, такий, як я знайшов у книзі? Чи є якась мотивація?

— ВпертийАтом
джерело

Ваш приклад має місце для будь-якої випадкової величини, яка є ненульовою постійною. Також ваш другий приклад не вироджений.

— Майкл Р. Черник

Нерівність не випливає з нерівності Дженсена, не виходячи з того, що майже напевно позитивний.

X

$X$

— whuber

@MichaelChernick Я не мав на увазі сказати, що приклад мав вироджене поширення.

— StubbornAtom

Я мав на увазі вашу заяву: "Виконуючи умову рівності в нерівності Дженсена, я думаю, розподіл повинен бути виродженим, щоб дотримуватися необхідної рівності". Але ти показав неприроджений приклад.

— Майкл Р. Черник

@whuber Я просто хочу знати, як знайти приклад, коли рівність у заголовку справжня.

— StubbornAtom

Відповіді:

Побудуємо всі можливі приклади випадкових величин для яких . Тоді, серед них, ми можемо дотримуватися деяких евристик, щоб отримати найпростіший можливий приклад. Ці евристики складаються з надання найпростіших можливих значень усім виразам, які випадають з попереднього аналізу. Це виявляється прикладом підручника. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Попередній аналіз

Для цього потрібно лише трохи аналізу на основі визначень. Рішення представляє лише вторинний інтерес: головна мета - виробити уявлення, які допоможуть нам зрозуміти результати інтуїтивно.

Спочатку зауважте, що нерівність Йенсена (або нерівність Коші-Шварца) означає, що для додатної випадкової величини , , при рівності справедливості тоді і тільки тоді, коли "вироджене": тобто , майже напевно постійний. Коли - від'ємна випадкова величина, додатна, а попередній результат виконується зі зворотним знаком нерівності. Отже, будь-який приклад, де $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ повинна мати позитивну ймовірність бути негативною та позитивну ймовірність бути позитивною. $E[1/X]=1/E[X]$

Зрозуміння тут полягає в тому, що будь-який з повинен якимось чином "врівноважувати" нерівність зі своєї позитивної частини проти нерівності в іншому напрямку від його негативної частини. Це стане зрозумілішим, коли ми підемо разом. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Розглянемо будь-який ненульовий випадкової величини . Початковим кроком у формулюванні визначення очікування (принаймні, коли це робиться в повній загальності з використанням теорії мір) є розкладання на його позитивні та негативні частини, обидві з яких є позитивними випадковими змінними: $X$ $X$

\begin{aligned} Y & = Позитивна частина (Х) = макс (0, Х); \\ Z & = Негативна частина (Х) = - хв (0, Х) . \end{aligned}

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

Давайте думати про в якості суміші з з вагою і з вагою , де Очевидно Це дозволить писати очікування і , з точки зору очікувань позитивних змінних і . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

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

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

0 < p < 1.

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

Щоб трохи спростити майбутню алгебру, зауважте, що рівномірна зміна числом не змінює - але він помножує і на . Для позитивного , це просто зводиться до вибору одиниць вимірювання . Негативне перемикає ролі і . Вибравши знак належним чином, ми можемо вважати, що $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

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

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

Позначення

Ось для попередніх спрощень. Щоб створити приємне позначення, давайте, отже, напишемо

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

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

за три очікування, яких ми не можемо контролювати. Всі три кількості є позитивними. Стверджує нерівність Дженсена

\begin{matrix} (2) & мк ν \geq 1 і λ \geq 1. \end{matrix}

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

Закон повної ймовірності виражає очікування та щодо величин, які ми назвали: $X$ $1/X$

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

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

і, оскільки має той самий знак, що і , $1/X$ $X$

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

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

Рівняння добутку цих двох виразів з забезпечує істотний взаємозв'язок між змінними: $1$

\begin{matrix} (*) & 1 = Е [Х] Е [\frac{1}{Х}] = ((мк + 1) p - 1) ((ν + λ) p - λ) . \end{matrix}

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

Переформулювання проблеми

Припустимо , що частини - і --are будь позитивні випадкові величини (вироджені чи ні). Це визначає та . Коли ми можемо знайти , з , для якого виконується? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Це чітко артикулює «балансування» розуміння раніше заявляло лише невизначено: ми будемо тримати і фіксовані і надія знайти значення , належним чином врівноважує їх відносні вклади в . Хоча не одразу видно, що існує така необхідність , але зрозуміло, що це залежить лише від моментів , , та . При цьому проблема зводиться до відносно простої алгебри - весь аналіз випадкових змінних був завершений. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Рішення

Цю алгебраїчну задачу не надто важко вирішити, оскільки в гіршому випадку є квадратичним рівнянням для а керуючі нерівності та відносно прості. Дійсно, говорить нам добуток його коренів і є $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

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

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

і сума є

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

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

Тому обидва коріння повинні бути позитивними. Крім того, їх середнє значення менше , оскільки $1$

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

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

(Зробивши трохи алгебри, не важко показати, що більший з двох коренів також не перевищує ) $1$

Теорема

Ось що ми знайшли:

Враховуючи будь-які дві позитивні випадкові величини і (принаймні одна з яких не є виродженими), для яких , , і існують і є кінцевими. Тоді існують або одне, або два значення , при , які визначають суміш змінної з масою для і вагою $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ має такий вигляд. $1-p$ для і для якого . Кожен такий екземпляр випадкової величини з $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Це справді дає нам багатий набір прикладів!

Побудова найпростішого можливого прикладу

Охарактеризувавши всі приклади, приступимо до побудови того, який є максимально простим.

Для негативної частини виберемо вироджену змінну $Z$ - дуже простий вид випадкової змінної. Він буде масштабуватися таким чином, щоб його значення було , звідки . Рішення включає , зводячи його до легко розв’язуваного лінійного рівняння: єдиний позитивний корінь $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
Для позитивної частини ми не отримуємо нічого корисного, якщо вироджене, тож давайте дамо йому певну ймовірність лише у двох різних позитивних значеннях , скажімо . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ У цьому випадку дає визначення очікування

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Щоб зробити це ще простіше, давайте і однакові: $Y$ $1/Y$ це сили і . Тепер $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

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

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
Як ми можемо зробити, щоб це включало прості числа? Оскільки і , обов'язково . Виберемо найпростіше число, що перевищує для ; а саме . Вище формула дає і наш кандидат на простому прикладі можливого тому $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

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

Це той самий приклад, запропонований у підручнику.

— дзижчати
джерело

Гарна відповідь. Незважаючи на мій початковий скептицизм, легко знайти приклад з чіткими рішеннями

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

— P.Windridge

Як ви вже згадували, якщо позитивний, то виникає лише тоді, коли майже напевно постійний. Інакше вам знадобиться щоб прийняти як негативні, так і позитивні значення. $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Щоб побудувати такий приклад, спочатку перейдіть якомога простіше. Припустимо, приймає два значення, і , з ймовірностями і відповідно. Тоді і $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

Е (Х) = а p + б (1 - p)

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

Щоб мати

ми вимагаємо

Е (1 / Х) = \frac{1}{а} p + \frac{1}{б} (1 - p) .

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

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

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

який переставляє вимогу

Це означає, що єдино можливе рішення повинно мати або

, або

. У всіх випадках ми повертаємося до виродженого випадку:

є постійним.

а p + б (1 - p) = \frac{1}{\frac{1}{а} p + \frac{1}{б} (1 - p)}

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

(а - б)^{2} p (1 - p) = 0.

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

a = b

$a=b$

p = 0

$p=0$

p = 1

$p=1$

X

$X$

Наступна спроба: розподіл з трьома можливими значеннями. Тут є ще багато варіантів. Приклад, який ви наводили, намагається такий , що має таке ж розподіл. Якщо ми знаємо, що приймає три значення, повинно бути, що одне із значень або або , а два інших повинні бути і для деякого вибору . Для визначеності спробуємо $X$ $1/X$ $X$ $1$ $-1$ $a$ $1/a$ $a$ $P(X=a)=P(X=1/a)=p$ , і . Тоді $P(X=-1)=1-2p$ Для задоволення вимогивимагаємоабо. Вираз (1) ніколиякщо, що знову повертає нас до виродженого випадку. Отже, націліть на, що дає

\begin{matrix} (1) & Е (1 / Х) = Е (Х) = (а + \frac{1}{а}) p - (1 - 2 p) = (2 + а + \frac{1}{а}) 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

$E(X)=-1$

- 1

$-1$

p = 0

$p=0$

E (X) = 1

$E(X)=1$

Вираз (2) дає цілому сімейству рішень, що відповідають вимозі. Єдине обмеження полягаєтомущомає бути позитивним. Приклад, який ви наводили, бере

. Випадає лише випадок

\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
джерело

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 Ви маєте рацію! Виправлено.

— grand_chat