Gösteren bir örnek oluşturma

Ne olan bir olasılık dağılımının bir örneğini oluşturmak için varsayarak tutar ? $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $\mathbb{P}(X\ne0)=1$

Bir pozitif değerli RV için Jensen eşitsizliğinin izler eşitsizlik gibidir ( ise ters eşitsizlik ). Bunun nedeni, eşlemesinin için dışbükey ve için içbükey olmasıdır . Jensen eşitsizliğindeki eşitlik koşulundan sonra, gerekli eşitliğin sağlanması için dağılımın dejenere olması gerektiğini düşünüyorum. Eşitliğin korunduğu önemsiz bir durum elbette ae ise Sorunlu bir kitapta bulduğum bir örnek: Ayrı bir rasgele değişken düşünün ki $X$ $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$ $X<0$ $x\mapsto\frac{1}{x}$ $x>0$ $x<0$ $X=1$ $X$ $\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . Daha sonra olduğu kolayca doğrulanabilir . $\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Bu örnek, unvandaki eşitlik için pozitif (veya negatif) ae olması gerekmediğini göstermektedir . Buradaki dağılım da yozlaşmış değil. $X$

Muhtemelen kitapta bulduğum gibi nasıl bir örnek oluşturabilirim? Herhangi bir motivasyon var mı?

— StubbornAtom
kaynak

Örneğin, sıfır olmayan bir sabit olan herhangi bir rastgele değişkeni tutar. Ayrıca ikinci örneğiniz dejenere değil.

— Michael R.Chickick

Eşitsizlik yok değil o başka varsayarak olmadan Jensen'in Eşitsizliği dan takip edin neredeyse kesinlikle pozitiftir.

X

$X$

— whuber

@MichaelChernick Örneğin dejenere bir dağılımı olduğunu ima etmedim.

— StubbornAtom

"Jensen'in eşitsizliğindeki eşitlik koşulunun ardından, gerekli eşitliğin sağlanması için dağılımın dejenere olması gerektiğini düşünüyorum" ifadesine atıfta bulunuyordum. Yine de cömert olmayan bir örnek gösterdiniz.

— Michael R.Chickick

@whuber Başlıkta eşitliğin doğru olduğu bir örneği nasıl bulacağımı bilmek istiyorum.

— StubbornAtom

Yanıtlar:

Let yapı tüm olası örnekleri rastgele değişkenler arasında olan . Daha sonra, aralarında, mümkün olan en basit örneği elde etmek için bazı buluşsal yöntemler izleyebiliriz . Bu sezgisel tarama, bir ön analizden ayrılan tüm ifadelere mümkün olan en basit değerleri vermeyi içerir. Bu ders kitabı örneği olarak ortaya çıkıyor. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Ön analiz

Bu, tanımlara dayanan sadece küçük bir analiz gerektirir. Çözüm sadece ikincil ilgi alanıdır: temel amaç, sonuçları sezgisel olarak anlamamıza yardımcı olacak içgörüler geliştirmektir.

İlk olarak Jensen'in Eşitsizliğinin (veya Cauchy-Schwarz Eşitsizliğinin) pozitif bir rastgele değişken , , ve eğer yalnızca “dejenere” olması durumunda eşitlik sağladığını ima ettiğini gözlemleyin : olduğu neredeyse kesinlikle sabittir. Tüm negatif bir rastgele değişken olduğu pozitiftir ve önceki sonuç eşitsizlik işareti tersine ile tutar. Sonuç olarak, herhangi bir örnek , negatif ve pozitif olarak pozitif olasılığı olan pozitif olasılığına sahip olmalıdır. $X$ $E[X]E[1/X] \ge 1$ $X$ $X$ $X$ $-X$ $E[1/X]=1/E[X]$

Buradaki içgörü , olan herhangi bir şekilde pozitif kısmındaki eşitsizliği, negatif kısmından diğer yöndeki eşitsizliğe karşı "dengelemesi" gerektiğidir. Biz ilerledikçe bu daha açık hale gelecektir. $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Sıfır olmayan rastgele değişken düşünün . Beklenti tanımını formüle etmenin ilk adımı (en azından bu, ölçüm teorisi kullanılarak tam genel olarak yapıldığında) , her ikisini de pozitif rastgele değişkenler olan pozitif ve negatif kısımlarına ayrıştırmaktır : $X$ $X$

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

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

En düşünelim bir şekilde karışım bir ağırlığı ve ağırlığı burada Açıkçası Bu, ve beklentilerini ve pozitif değişkenlerinin beklentileri açısından yazmamızı sağlayacaktır . $X$ $Y$ $p$ $-Z$ $1-p$

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

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

0 < p < 1.

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

Homojen yeniden ölçeklendirme gelecek cebir küçük not basitleştirmek için bir dizi değişmez --Ama öyle çarpma ve , her . Pozitif , bu sadece ölçü birimlerini seçmektir . Bir negatif , ve rollerini değiştirir . işaretini uygun şekilde seçerek, olduğunu varsayabiliriz $X$ $\sigma$ $E[X]E[1/X]$ $E[Y]$ $E[Z]$ $\sigma$ $\sigma$ $X$ $\sigma$ $Y$ $Z$ $\sigma$

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

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

Gösterim

Ön basitleştirmeler için bu kadar. Güzel bir gösterim oluşturmak için şunu yazalım:

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

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

üç beklentimiz için kontrol edemeyiz. Her üç miktar da pozitiftir. Jensen eşitsizliği

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

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

Toplam Olasılık Kanunu, ve beklentilerini, belirttiğimiz miktarlar cinsinden ifade eder: $X$ $1/X$

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

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

ve yana işaretine , $1/X$ $X$

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 .

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

Bu iki ifadenin çarpımını ile eşitlemek, değişkenler arasında önemli bir ilişki sağlar: $1$

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

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

Sorunun Yeniden Biçimlendirilmesi

Parçaları varsayalım - ve --are herhangi bir pozitif rastgele değişkenler (dejenere ya da değil). Bu ve . Ne zaman bulabilirsiniz ile, için de sahiptir? $X$ $Y$ $Z$ $\mu, \nu,$ $\lambda$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $(*)$

Bu, daha önce sadece belirsiz bir şekilde ifade edilen "dengeleyici" içgörüyü açıkça ifade eder: ve sabit tutacağız ve göreceli katkılarını uygun şekilde dengeleyen bir değeri bulacağımızı umuyoruz . Böyle bir ihtiyacının olduğu hemen belli olmasa da , açık olan şu ki, sadece , , ve anlarına bağlıdır . Böylece problem nispeten basit cebire indirgenir - rastgele değişkenlerin tüm analizi tamamlanmıştır. $Y$ $Z$ $p$ $X$ $p$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$

Çözüm

Bu cebirsel problemi çözmek çok zor değildir, çünkü en kötü ihtimalle için ikinci dereceden bir denklemdir ve ve yönetim eşitsizlikleri nispeten basittir. Gerçekten de, bize köklerinin ürününü anlatır ve isimli $(*)$ $p$ $(1)$ $(2)$ $(*)$ $p_1$ $p_2$

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

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

ve toplam

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

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

Bu nedenle her iki kök de pozitif olmalıdır. Ayrıca, ortalama az olduğu için, $1$

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

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

(Biraz cebir yaparak, iki kökten daha büyük olanın aşmadığını göstermek zor değildir .) $1$

Bir Teorem

İşte bulduklarımız:

Verilen herhangi bir iki pozitif rastgele değişkenler ve olan (dejenere olan en az bir adet olan) , , , ve vardır ve sınırlı. Daha sonra, bir ya da iki değer orada ya da mevcut ile, karışımı değişken olduğunu belirlemek, ağırlığı için ve ağırlıkça için ve bunlar için . Rastgele değişken her tür örneği ile , bu şekilde oluşturulmuştur. $Y$ $Z$ $E[Y]$ $E[1/Y]$ $E[Z]$ $E[1/Z]$ $p$ $0 \lt p \lt 1$ $X$ $p$ $Y$ $1-p$ $-Z$ $E[X]E[1/X]=1$ $X$ $E[X]E[1/X]=1$

Bu bize gerçekten zengin bir dizi örnek veriyor!

Olası En Basit Örneği Oluşturma

Tüm örnekleri karakterize ettikten sonra , mümkün olduğunca basit bir tane oluşturmaya devam edelim.

negatif kısmı için, dejenere bir değişken seçelim $Z$ - en basit rastgele değişken türü. Değerini yapmak için ölçeklendirilecek , bu nedenle . Çözeltisi içeren , sadece pozitif kök:, kolayca çözülebilir lineer denkleme düşürerek $1$ $\lambda=1$ $(*)$ $p_1=0$

$\begin{matrix} (3) & p = \frac{1}{1 + μ} + \frac{1}{1 + ν} . \end{matrix}$ $p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$
pozitif parçası için, dejenere olursa faydalı bir şey elde edemeyiz , bu yüzden ona sadece iki farklı pozitif değerde olasılık verelim , diyelim ki . $Y$ $Y$ $a \lt b$ $\Pr(X=b)=q$ Bu durumda beklentinin tanımı

$μ = E [Y] = (1 - q) a + q b; ν = E [1 / Y] = (1 - q) / a + q / b .$ $\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$
Bunu daha da basitleştirmek için ve aynı yapalım : $Y$ $1/Y$ bu ve zorlar . şimdi $q=1-q=1/2$ $a=1/b$

$μ = ν = \frac{b + 1 / b}{2} .$ $\mu = \nu = \frac{b + 1/b}{2}.$
Çözüm basitleştirir: $(3)$

$p = \frac{2}{1 + μ} = \frac{4}{2 + b + 1 / b} .$ $p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$
Bunu basit sayılarla nasıl birleştirebiliriz? Bu yana ve , zorunlu . En fazla basit sayı büyüktür seçeyim için ; yani, . Yukarıdaki formül ve bu nedenle mümkün olan en basit örnek için adayımız $a\lt b$ $ab=1$ $b\gt 1$ $1$ $b$ $b=2$ $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$

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

Bu ders kitabında sunulan örnek.

— whuber
kaynak

Güzel cevap. İlk şüpheciliğime rağmen, farklı çözümlere sahip bir örnek bulmak kolaydır .

p \in (0, 1)

$p \in (0,1)$

— P.Windridge

Bahsettiğiniz gibi, pozitifse, yalnızca neredeyse tamamen sabit olduğunda ortaya çıkar . Aksi takdirde, hem negatif hem de pozitif değerleri almak için ihtiyacınız vardır . $X$ $E(1/X)=1/E(X)$ $X$ $X$

Böyle bir örnek oluşturmak için önce mümkün olduğunca basit gidin. sırasıyla ve olasılıklarıyla ve olmak üzere iki değer aldığını varsayın . Sonra ve Sağlamak için İhtiyaç duyduğumuz ihtiyacına olan yeniden düzenlenmesi Bu, olası tek çözümün veya veya olması gerektiği anlamına gelir . Her durumda dejenere duruma geri dönüyoruz: sabittir. $X$ $a$ $b$ $p$ $1-p$

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

$X$

Sonraki deneme: Üç olası değere sahip bir dağıtım. Burada daha birçok seçenek var. Belirttiğiniz örnek , aynı dağılıma sahip olacak şekilde bir dener . Bildiğimiz Eğer üç değer alır, bu değerlerin bu pek olduğunu olmalı veya ve diğer ikisi olmalıdır ve bazı seçim için . Kesinlik için ve . Daha sonra ihtiyacını karşılamak için, talep ediyoruz veya $X$ $1/X$ $X$ $1$ $-1$ $a$ $1/a$ $a$ $P(X=a)=P(X=1/a)=p$ $P(X=-1)=1-2p$

\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

$E(X)=-1$ . Bizi tekrar dejenere duruma döndüren olmadığı sürece (1) ifadesi asla . Böylece için amaç verir, İfade (2), gereksinimi karşılayan eksiksiz bir çözüm ailesi sunar. Sadece kısıt olduğunu pozitif olmalıdır. Alıntı yaptığınız örnek alır . Sadece durumu dejenere olur.

- 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
kaynak

İlk satırınızın " pozitifse, yalnızca neredeyse tamamen sabit olduğunda ortaya çıkar " şeklinde düşünülüyor. . Bu, doğrusal olmadığı gerçeğini de kullandığımız Jensen'in eşitsizliğinden (kanıtının) çıkar .

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 Haklısın! Sabit.

— grand_chat