Пример построения, показывающий

Как построить пример распределения вероятностей, для которого выполняется , предполагая ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

Неравенство, вытекающее из неравенства Дженсена для RV с положительными значениями, имеет вид (обратное неравенство, если ). Это потому, что отображение является выпуклым для и вогнутым для . Следуя условию равенства в неравенстве Дженсена, я предполагаю, что распределение должно быть вырожденным для выполнения требуемого равенства. Тривиальный случай, когда выполняется равенство, конечно, если ae. Вот пример, который я нашел в проблемной книге: Рассмотрим дискретную случайную величину такую, что $X$ $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $X<0$ $x\mapsto\frac{1}{x}$ $x>0$ $x<0$ $X=1$ $X$ $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Тогда легко проверить, что . $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Этот пример показывает, что не обязательно должен быть положительным (или отрицательным) ae для равенства в заголовке. Распределение здесь также не вырождено. $X$

Как мне построить пример, возможно, похожий на тот, который я нашел в книге? Есть ли мотивация?

— StubbornAtom
источник

Ваш пример действительно для любой случайной величины, которая является ненулевой константой. Также ваш второй пример не вырожден.

— Майкл Р. Черник

Неравенство не следует из неравенства Дженсена без дальнейшего предположения, что почти наверняка положителен.

X

$X$

— whuber

@MichaelChernick Я не хотел сказать, что пример имел вырожденное распределение.

— StubbornAtom

Я имел в виду ваше утверждение: «Следуя условию равенства в неравенстве Дженсена, я полагаю, что распределение должно быть вырожденным, чтобы соблюдалось требуемое равенство». И все же вы показали невырожденный пример.

— Майкл Р. Черник

@whuber Я просто хочу знать, как найти пример, где равенство в названии верно.

— StubbornAtom

Ответы:

Построим все возможные примеры случайных величин для которых . Тогда среди них мы можем следовать некоторым эвристикам, чтобы получить простейший возможный пример. Эти эвристики состоят в предоставлении простейших возможных значений для всех выражений, выпадающих из предварительного анализа. Это оказывается примером из учебника. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Предварительный анализ

Это требует лишь небольшого анализа на основе определений. Решение представляет только второстепенный интерес: главная цель - разработать идеи, которые помогут нам понять результаты интуитивно.

Сначала заметим , что неравенство Дженсена (или Коши-Шварца неравенство) следует , что для положительной случайной величины , , причем равенство тогда и только тогда , когда является «вырожденный»: то есть , почти наверняка постоянный. Когда - случайная отрицательная переменная, является положительным, и предыдущий результат выполняется с обратным знаком неравенства. Следовательно, любой пример, где $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ должен иметь положительную вероятность быть отрицательным и положительную вероятность быть положительным. $E[1/X]=1/E[X]$

Понимание здесь заключается в том, что любой с должен каким-то образом «уравновешивать» неравенство из его положительной части с неравенством в другом направлении от его отрицательной части. Это станет яснее, когда мы пойдем дальше. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Рассмотрим любой ненулевой случайной величины . Первоначальный шаг в формулировании определения ожидания (по крайней мере, когда это делается в полной общности с использованием теории меры) состоит в разложении на его положительные и отрицательные части, обе из которых являются положительными случайными величинами: $X$ $X$

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

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

Давайте думать о в качестве смеси из с весом и с весом , где Очевидно Это позволит писать ожидания и , с точки зрения ожиданий положительных переменных и . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

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

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

0 < p < 1.

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

Чтобы немного упростить предстоящую алгебру, обратите внимание, что равномерное масштабирование числом не меняет но оно умножает и каждый на , Для положительного , это просто сводится к выбору единиц измерения . Отрицательное переключает роли и . Выбирая знак соответствующим образом, мы можем предположить, что $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

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

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

нотация

Вот и все для предварительных упрощений. Чтобы создать хорошую запись, давайте напишем

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

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

для трех ожиданий мы не можем контролировать. Все три величины положительны. Неравенство Дженсена утверждает

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

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

Закон полной вероятности выражает ожидания и в терминах названных нами величин: $X$ $1/X$

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

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

и, поскольку имеет тот же знак, что и , $1/X$ $X$

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 .

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

Приравнивание произведения этих двух выражений к обеспечивает существенную связь между переменными: $1$

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

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

Переформулировка проблемы

Предположим, что части - и являются любыми положительными случайными величинами (вырожденными или нет). Это определяет и . Когда мы можем найти с , для которого выполняется ? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Это четко артикулирует «балансирование» понимание ранее заявляло лишь неопределенно: мы будем держать и фиксированные и надежда найти значение , надлежащим образом уравновешивает их относительные вклады в . Хотя не сразу очевидно, что такая потребность существует, ясно, что она зависит только от моментов , , и . Таким образом, задача сводится к относительно простой алгебре - весь анализ случайных величин завершен. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Решение

Эту алгебраическую задачу не так сложно решить, потому что в худшем случае является квадратным уравнением для а основные неравенства и относительно просты. Действительно, говорит нам продукт своих корней и İŞ $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

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

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

и сумма

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

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

Поэтому оба корня должны быть положительными. Кроме того, их среднее значение меньше , потому что $1$

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

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

(Делая немного алгебры, нетрудно показать, что больший из двух корней также не превышает ). $1$

Теорема

Вот что мы нашли:

Для любых двух положительных случайных величин и (по крайней мере, одна из которых невырождена), для которых , , и существуют и являются конечными. Тогда существуют одно или два значения с , которые определяют переменную смеси с весом для и весом для и для которого . Каждый такой случай случайной величины с имеет эту форму. $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ $1-p$ $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Это дает нам действительно богатый набор примеров!

Построение простейшего возможного примера

Охарактеризовав все примеры, давайте приступим к построению максимально простого.

Для отрицательной части давайте выберем вырожденную переменную $Z$ - самый простой вид случайной величины. Он будет масштабирован до значения , откуда . Решение включает в себя , сводя его к легко решаемому линейному уравнению: единственный положительный корень $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
Для положительной части мы не получаем ничего полезного, если вырожден, поэтому давайте дадим ему некоторую вероятность только при двух различных положительных значениях , скажем, . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ В этом случае определение ожидания дает

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Чтобы сделать это еще проще, давайте сделаем и идентичными: $Y$ $1/Y$ это заставляет и . Сейчас $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

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

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
Как мы можем заставить это включать простые числа? Поскольку и , обязательно . Давайте выберем простейшее число больше для ; а именно, . Приведенная выше формула дает и поэтому наш кандидат на простейший возможный пример $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

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

Это тот самый пример, предлагаемый в учебнике.

— Whuber
источник

Хороший ответ. Несмотря на мой первоначальный скептицизм, легко найти пример с различными решениями .

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

— П.Уиндридж

Как вы упомянули, если положительный, то происходит только тогда, когда почти наверняка постоянен. В противном случае вам нужно, чтобы принимал как отрицательные, так и положительные значения. $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Чтобы построить такой пример, сначала сделайте как можно проще. Предположим, что принимает два значения, и , с вероятностями и соответственно. Тогда и Чтобы иметь нам нужно, чтобы который перестраивается к требованию Это означает, что единственно возможное решение должно иметь либо , либо , либо . Во всех случаях мы возвращаемся к вырожденному случаю: является постоянным. $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

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

$X$

Следующая попытка: распределение с тремя возможными значениями. Здесь есть еще много вариантов. В приведенном вами примере используется , так что имеет такое же распределение. Если мы знаем, что принимает три значения, то должно быть, что одно из значений равно или , а два других должны быть и для некоторого выбора . Для определенности давайте попробуем и . Тогда Для выполнения требования мы требуем или $X$ $1/X$ $X$ $1$ $-1$ $a$ $1/a$ $a$ $P(X=a)=P(X=1/a)=p$ $P(X=-1)=1-2p$

\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

$E(X)=-1$ , Выражение (1) никогда не равно если , что снова возвращает нас к вырожденному случаю. Поэтому стремитесь к , что дает Выражение (2) дает целое семейство решений, которые удовлетворяют требованию. Единственное ограничение состоит в том , что должно быть положительным. В приведенном вами примере принимается . Только случай является вырожденным.

- 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
источник

Я предполагаю, что ваша первая строка предназначена для «если положителен, то встречается только тогда, когда почти наверняка постоянен», как в вопросе , Это выпадает из (доказательства) неравенства Дженсена, где мы также используем тот факт, что не является линейным.

X

$X$

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

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

X

$X$

h (x) = 1 / x

$h(x) = 1/x$

— П.Уиндридж

@ P.Windridge Вы правы! Исправлена.

— grand_chat