Ejemplo de construcción que muestra

Cómo construir un ejemplo de una distribución de probabilidad para la cual cumple, suponiendo ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

La desigualdad que se deriva de la desigualdad de Jensen para un RV $X$ valor positivo es como $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ (la desigualdad inversa si $X<0$ ). Esto se debe a que el mapeo $x\mapsto\frac{1}{x}$ es convexo para $x>0$ y cóncavo para $x<0$ . Siguiendo la condición de igualdad en la desigualdad de Jensen, supongo que la distribución tiene que ser degenerada para que se mantenga la igualdad requerida. Un caso trivial donde la igualdad se mantiene es, por supuesto, si $X=1$ ae Aquí hay un ejemplo que encontré en un libro de problemas: Considere una variable aleatoria discreta $X$ tal que $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Luego se verifica fácilmente que $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$ .

Este ejemplo muestra que $X$ no necesita ser ae positivo (o negativo) para mantener la igualdad en el título. La distribución aquí tampoco es degenerada.

¿Cómo construyo un ejemplo, posiblemente como el que encontré en el libro? ¿Hay alguna motivación?

— ObstinadoAtom
fuente

Su ejemplo se cumple para cualquier variable aleatoria que sea una constante distinta de cero. Además, su segundo ejemplo no es degenerado.

— Michael R. Chernick

La desigualdad no se sigue de la desigualdad de Jensen sin suponer que es casi seguro positivo.

X

$X$

— whuber

@MichaelChernick No quise decir que el ejemplo tenía una distribución degenerada.

— StubbornAtom

Me refería a su afirmación "Siguiendo la condición de igualdad en la desigualdad de Jensen, supongo que la distribución tiene que ser degenerada para que se mantenga la igualdad requerida". Sin embargo, mostraste un ejemplo no degenerado.

— Michael R. Chernick

@whuber Simplemente quiero saber cómo encontrar un ejemplo donde la igualdad en el título sea verdadera.

— StubbornAtom

Respuestas:

Construyamos todos los ejemplos posibles de variables aleatorias para las cuales . Luego, entre ellos, podemos seguir algunas heurísticas para obtener el ejemplo más simple posible. Estas heurísticas consisten en dar los valores más simples posibles a todas las expresiones que salen de un análisis preliminar. Esto resulta ser el ejemplo del libro de texto. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Analisis preliminar

Esto requiere solo un poco de análisis basado en definiciones. La solución es de un interés secundario: el objetivo principal es desarrollar ideas para ayudarnos a comprender los resultados intuitivamente.

Primero observe que la Desigualdad de Jensen (o la Desigualdad de Cauchy-Schwarz) implica que para una variable aleatoria positiva , , con igualdad si y solo si es "degenerada": que es decir, es casi seguro constante. Cuando es una variable aleatoria negativa, es positivo y el resultado anterior se cumple con el signo de desigualdad invertido. En consecuencia, cualquier ejemplo donde debe tener una probabilidad positiva de ser negativo y una probabilidad positiva de ser positivo. $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ $E[1/X]=1/E[X]$

La idea aquí es que cualquier con alguna manera debe estar "equilibrando" la desigualdad de su parte positiva contra la desigualdad en la otra dirección de su parte negativa. Esto se hará más claro a medida que avancemos. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Considerar cualquier variable aleatoria no nulo . Un paso inicial para formular una definición de expectativa (al menos cuando esto se hace en general con la teoría de la medida) es descomponer en sus partes positiva y negativa, las cuales son variables aleatorias positivas: $X$ $X$

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

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

Pensemos en como una mezcla de con peso y con peso donde Obviamente Esto nos permitirá escribir expectativas de y en términos de las expectativas de las variables positivas y . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

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

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

0 < p < 1.

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

Para simplificar un poco el próximo álgebra, tenga en cuenta que reescalar uniformemente por un número no cambia pero sí multiplica y cada uno por . Para positivo , esto simplemente equivale a la selección de las unidades de medida de . Un negativo conmuta las funciones de y . Al elegir el signo de adecuadamente, podemos suponer $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

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

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

Notación

Eso es todo para simplificaciones preliminares. Para crear una buena notación, escribamos por lo tanto

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

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

para las tres expectativas que no podemos controlar. Las tres cantidades son positivas. La desigualdad de Jensen afirma

\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 Ley de Probabilidad Total expresa las expectativas de y en términos de las cantidades que hemos nombrado: $X$ $1/X$

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

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

y, dado que tiene el mismo signo que , $1/X$ $X$

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 .

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

Igualar el producto de estas dos expresiones con proporciona una relación esencial entre las variables: $1$

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

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

Reformulación del problema

Supongamos que las partes de - y --¿Hay cualquier variables aleatorias positivas (degenerados o no). Eso determina y . ¿Cuándo podemos encontrar , con , para el cual cumple? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Este articula claramente el "equilibrio" insight se ha indicado anteriormente sólo vagamente: vamos a mantener y fijo y la esperanza de encontrar un valor de que equilibre adecuadamente sus contribuciones relativas a . Aunque no es evidente de inmediato que exista tal , lo que está claro es que depende solo de los momentos , , y . El problema se reduce a un álgebra relativamente simple: se ha completado todo el análisis de variables aleatorias. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Solución

Este problema algebraico no es demasiado difícil de resolver, porque es, en el peor de los casos, una ecuación cuadrática para las desigualdades gobernantes y son relativamente simples. De hecho, nos dice que el producto de sus raíces y es $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

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

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

y la suma es

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

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

Por lo tanto, ambas raíces deben ser positivas. Además, su promedio es inferior a , porque $1$

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

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

(Al hacer un poco de álgebra, tampoco es difícil mostrar que la mayor de las dos raíces no excede ). $1$

Un teorema

Aquí está lo que hemos encontrado:

Dada cualquier dos variables aleatorias positivas y (por lo menos uno de los cuales es no degenerada) para los que , , , y existen y son finitos. Entonces existen uno o dos valores , con , que determinan una variable de mezcla con peso para y peso para y para la cual . Cada caso de una variable aleatoria con es de esta forma. $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ $1-p$ $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

¡Eso nos da un rico conjunto de ejemplos!

Construyendo el ejemplo más simple posible

Habiendo caracterizado todos los ejemplos, procedamos a construir uno que sea lo más simple posible.

Para la parte negativa , elija una variable degenerada, el $Z$ tipo más simple de variable aleatoria. Se escalará para hacer su valor , de donde . La solución de incluye , reduciéndolo a una ecuación lineal fácil de resolver: la única raíz positiva es $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
Para la parte positiva , no obtenemos nada útil si está degenerado, así que demos una probabilidad con solo dos valores positivos distintos , digamos . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ En este caso, la definición de expectativa da

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Para hacerlo aún más simple, hagamos que y idénticos: $Y$ $1/Y$ esto fuerza y . Ahora $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

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

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
¿Cómo podemos hacer que esto implique números simples? Desde y , necesariamente . Elija el número más simple mayor que para ; a saber, . La fórmula anterior produce y nuestro candidato para el ejemplo más simple posible, por lo tanto, es $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

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

Este es el mismo ejemplo ofrecido en el libro de texto.

— whuber
fuente

Buena respuesta. A pesar de mi escepticismo inicial, es fácil encontrar un ejemplo con distintas soluciones .

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

— P.Windridge

Como mencionó, si es positivo, entonces ocurre solo cuando es casi seguro constante. De lo contrario, necesita para tomar valores negativos y positivos. $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Para construir un ejemplo así, primero ve lo más simple posible. Suponga que toma dos valores, y , con probabilidades y respectivamente. Entonces y Para tener requerimos que se reorganiza según el requisito Esto significa que la única solución posible debe tener , o , o . En todos los casos volvemos al caso degenerado: es constante. $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

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

$X$

Siguiente intento: una distribución con tres valores posibles. Aquí hay muchas más opciones. El ejemplo que citó intenta una tal que tenga la misma distribución. Si sabemos toma tres valores, debe ser que uno de los valores es ya sea o , y los otros dos debe ser y por alguna elección de . Para mayor precisión, intentemos , y . Entonces Para cumplir con el requisito exigimos 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

$E(X)=-1$ . La expresión (1) nunca es menos que , lo que nos devuelve al caso degenerado nuevamente. Entonces apunte a , que da Expression (2) proporciona una familia completa de soluciones que cumplen con el requisito. La única restricción es que debe ser positivo. El ejemplo que citó toma . Solo el caso es degenerado.

- 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
fuente

Supongo que su primera línea está destinada a ser "si es positivo, entonces ocurre solo cuando es casi seguro constante", como en la pregunta . Esto se desprende de (la prueba de) la desigualdad de Jensen, donde también usamos el hecho de que no es lineal.

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 ¡Tienes razón! Fijo.

— grand_chat