Bir rastgele değişkenin bir fonksiyonunun varyansı

Diyelim ki bilinen varyans ve ortalama ile rastgele değişkenimiz var . Soru şudur: Bazı fonksiyonlar için in varyansı nedir ? Farkında olduğum tek genel yöntem delta yöntemidir, ancak yalnızca aproximation verir. Şimdi ilgileniyorum , ancak bazı genel yöntemleri bilmek de güzel olurdu. $X$ $f(X)$ $f(x)=\sqrt{x}$

Düzenleme 29.12.2010
Taylor serisini kullanarak bazı hesaplamalar yaptım, ancak doğru olup olmadıklarından emin değilim, bu yüzden birileri onları onaylayabilseydi sevinirim .

İlk önce yaklaşık $E[f(X)]$
$E[f(X)] \approx E[f(\mu)+f'(\mu)(X-\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)(X-\mu)^2]=f(\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)\cdot Var[X]$

Şimdi yaklaşık $D^2 [f(X)]$
$E[(f(X)-E[f(X)])^2] \approx E[(f(\mu)+f'(\mu)(X-\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)(X-\mu)^2 -E[f(X)])^2]$

yaklaşımını kullanarak $E[f(X)]$ olduğunu biliyoruz $f(\mu)-Ef(x) \approx -\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)\cdot Var[X]$

Bunu kullanarak şunu elde ederiz:
$D^2[f(X)] \approx \frac{1}{4}\cdot f''(\mu)^2\cdot Var[X]^2-\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)^2\cdot Var[X]^2 + f'(\mu)^2\cdot Var[X]+\frac{1}{4}f''(\mu)^2\cdot E[(X-\mu)^4] +\frac{1}{2}f'(\mu)f''(\mu)E[(X-\mu)^3]$
$D^2 [f(X)] \approx \frac{1}{4}\cdot f''(\mu)^2 \cdot [D^4 X-(D^2 X)^2]+f'(\mu)\cdot D^2 X +\frac{1}{2}f'(\mu)f''(\mu)D^3 X$

variance random-variable delta-method

— Tomek Tarczynski
kaynak

Delta yöntemi, asimptotik dağılımlar için kullanılır. Sadece bir rastgele değişkeniniz olduğunda kullanamazsınız.

— mpiktas

@mpiktas: Aslında Delta metodu hakkında fazla bir şey bilmiyorum, sadece wikipedia'da bir şeyler okudum. Bu, wiki'den alıntıdır: "Delta yöntemi, bir veya daha fazla rastgele değişkenli bir fonksiyonun varyansını yaklaşık olarak belirlemek için ikinci mertebe Taylor açılımlarını kullanır".

— Tomek Tarczynski,

Görünen o ki wikipedia'da istediğin tam olarak var: en.wikipedia.org/wiki/… . Cevabımı yeniden düzenleyeceğim, görünüşe göre Taylor genişlemesini hafife aldım.

— mpiktas

Tomek, yapılan düzenlemelere katılmıyorsanız (benim tarafımdan değil), bunları her zaman yeniden değiştirebilir veya geri alabilir ya da sadece farkları gösterebilir ve açıklama isteyebilirsiniz.

— Glen_b -Reinstate Monica

@Glen_b: Onlarla aynı fikirdeyim E (X-mu) = 0, E [(X-mu) ^ 3] = 0

— anlamına gelmez

Güncelleştirme

Taylor açılımlarını küçümsedim. Aslında çalışıyorlar. Kalan terimin integralinin sınırsız olabileceğini varsaydım, ancak küçük bir çalışma ile bunun böyle olmadığı gösterilebilir.

Taylor genişlemesi sınırlı kapalı aralıktaki fonksiyonlar için çalışır. Sonlu varyanslı rasgele değişkenler için Chebyshev eşitsizliği verir

P (| X - E X | > c) \leq \frac{V bir r (X)}{c}

$P(|X-EX|>c)\le \frac{Var(X)}{c}$

Yani herhangi bir yeterince büyük bulabiliriz . $\varepsilon>0$ $c$

P (X \in [E X - c, E X + c]) = P (| X - E X | \leq c) < 1 - ε

$P(X\in [EX-c,EX+c])=P(|X-EX|\le c)<1-\varepsilon$

İlk önce tahmin edelim . Biz var burada , için dağılım işlevidir . $Ef(X)$

\begin{aligned} E f (X) = \int_{| x - E X | \leq c} f (x) d F (x) + \int_{| x - E X | > c} f (x) d F (x) \end{aligned}

$\begin{align} Ef(X)=\int_{|x-EX|\le c}f(x)dF(x)+\int_{|x-EX|>c}f(x)dF(x) \end{align}$

F (x)

$F(x)$

X

$X$

Birinci integralin alanı , sınırlı kapalı aralıkla sınırlı aralığı olduğundan, Taylor genişletmesini uygulayabiliriz: burada ve eşitlik tüm öğelerini tutar . Taylor genişlemesinde sadece 4 terim aldım, ancak genel olarak işlevi yeterince yumuşak olduğu sürece istediğimiz kadar alabiliriz. $[EX-c,EX+c]$

\begin{aligned} f (x) = f (E X) + f^{'} (E X) (x - E X) + \frac{f^{"} (E X)}{2} (x - E X)^{2} + \frac{f^{‴} (α)}{3} (x - E X)^{3} \end{aligned}

$\begin{align} f(x)=f(EX)+f'(EX)(x-EX)+\frac{f''(EX)}{2}(x-EX)^2+\frac{f'''(\alpha)}{3}(x-EX)^3 \end{align}$

α \in [E X - c, E X + c]

$\alpha\in [EX-c,EX+c]$

x \in [E X - c, E X + c]

$x\in[EX-c,EX+c]$

f

$f$

Bu formülü bir önceki ile değiştiriyoruz.

\begin{aligned} E f (X) & = \int_{| x - E X | \leq c} f (E X) + f^{'} (E X) (x - E X) + \frac{f^{"} (E X)}{2} (x - E X)^{2} d F (x) \\ + \int_{| x - E X | \leq c} \frac{f^{‴} (α)}{3} (x - E X)^{3} d F (x) + \int_{| x - E X | > c} f (x) d F (x) \end{aligned}

$\begin{align} Ef(X)&=\int_{|x-EX|\le c}f(EX)+f'(EX)(x-EX)+\frac{f''(EX)}{2}(x-EX)^2dF(x)\\\\ &+\int_{|x-EX|\le c}\frac{f'''(\alpha)}{3}(x-EX)^3dF(x) +\int_{|x-EX|>c}f(x)dF(x) \end{align}$ Şimdi aşağıdaki formülü elde etmek için entegrasyonun alanını artırabiliriz

\begin{aligned} E f (X) & = f (E X) + \frac{f^{"} (E X)}{2} E (X - E X)^{2} + {R,}_{3} \end{aligned}

$\begin{align} Ef(X)&=f(EX)+\frac{f''(EX)}{2}E(X-EX)^2+R_3\\\\ \end{align}$ burada Şimdi, bazı moment koşulları altında, bu kalan terimin ikinci teriminin küçük olan kadar büyük olduğunu gösterebiliriz . Maalesef birinci terim kalıyor ve bu nedenle yaklaşıklık kalitesi ve üçüncü türevinin sınırlı aralıklarla davranışına bağlı. Bu yaklaşım, olan rastgele değişkenler için en iyi sonucu vermelidir .

\begin{aligned} {R,}_{3} & = \frac{f^{‴} (α)}{3} E (X - E X)^{3} + \\ + \int_{| x - E X | > c} (f (E X) + f^{'} (E X) (x - E X) + \frac{f^{"} (E X)}{2} (x - E X)^{2} + f (X)) d F (x) \end{aligned}

$\begin{align} R_3&=\frac{f'''(\alpha)}{3}E(X-EX)^3+\\\\ &+\int_{|x-EX|>c}\left(f(EX)+f'(EX)(x-EX)+\frac{f''(EX)}{2}(x-EX)^2+f(X)\right)dF(x) \end{align}$

P (| X - E X | > c)

$P(|X-EX|>c)$

E (X - E X)^{3}

$E(X-EX)^3$

f

$f$

E (X - E X)^{3} = 0

$E(X-EX)^3=0$

Şimdi varyans için için Taylor yaklaşımını kullanabilir , için formülü çıkarabilir ve farkı kareye alabiliriz. Sonra $f(x)$ $Ef(x)$

$E(f(x)-Ef(x))^2=(f'(EX))^2Var(X)+T_3$

buradaki , için anlarını içerir . Bu formüle yalnızca birinci dereceden Taylor genişlemesi kullanarak, yani yalnızca birinci ve ikinci türevleri kullanarak ulaşabiliriz. Hata terimi benzer olurdu. $T_3$ $E(X-EX)^k$ $k=4,5,6$

Başka bir yol da genişletmektir : $f^2(x)$

\begin{aligned} f^{2} (x) & = f^{2} (E X) + 2 f (E X) f^{'} (E X) (x - E X) \\ + [(f^{'} (E X))^{2} + f (E X) f^{"} (E X)] (X - E X)^{2} + \frac{(f^{2} (β))^{‴}}{3} (X - E X)^{3} \end{aligned}

$\begin{align} f^2(x)&=f^2(EX)+2f(EX)f'(EX)(x-EX)\\\\ &+[(f'(EX))^2+f(EX)f''(EX)](X-EX)^2+\frac{(f^2(\beta))'''}{3}(X-EX)^3 \end{align}$

Benzer şekilde burada , benzer .

\begin{aligned} E f^{2} (x) = f^{2} (E X) + [(f^{'} (E X))^{2} + f (E X) f^{"} (E X)] V bir r (X) + {\tilde{R,}}_{3} \end{aligned}

$\begin{align*} Ef^2(x)=f^2(EX)+[(f'(EX))^2+f(EX)f''(EX)]Var(X)+\tilde{R}_3 \end{align*}$

{\tilde{R}}_{3}

$\tilde{R}_3$

R_{3}

$R_3$

Varyans formülü daha sonra burada yalnızca üçüncü an ve üstü vardır.

\begin{aligned} V bir r (f (X)) = [f^{'} (E X)]^{2} V bir r (X) - \frac{[f^{"} (E X)]^{2}}{4} V bir r^{2} (X) + {\tilde{T}}_{3} \end{aligned}

$\begin{align} Var(f(X))=[f'(EX)]^2Var(X)-\frac{[f''(EX)]^2}{4}Var^2(X)+\tilde{T}_3 \end{align}$

{\tilde{T}}_{3}

$\tilde{T}_3$

— mpiktas
kaynak

Varyansın tam değerini bilmeme gerek yok, yaklaşım benim için işe yaramalı.

— Tomek Tarczynski,

Gerçekten de, için yaklaşık formül ekonomi, finans ve sigortacılıkta risk analizinde sıklıkla kullanılır.

E [f (X)]

$\mathbb{E}[f(X)]$

— Raskolnikov

@Rkolkolnikov, evet, ama benim kuşku ile Taylor genişlemesi hakkındaki eski bilgilerimle çelişiyor. Açıkça, kalan terimin dikkate alınması gerekir. Eğer rastgele değişken sınırlandırılmışsa, o zaman sorun yok, çünkü polinomlar eşit aralıklarla sürekli aralıklarla sürekli fonksiyonlara yaklaşıyor. Ancak sınırsız rastgele değişkenlerle ilgileniyoruz. Elbette rastgele normal için etkili bir şekilde sınırlandırılmış olduğunu söyleyebiliriz, ancak yine de genel durumda bazı kötü sürprizler ortaya çıkabilir veya olmayabilir. Açık bir cevaba sahip olduğumda cevabımı düzelteceğim.

— mpiktas

@Tomek Tarczynski, in üçüncü türevi, büyük için oldukça hızlı bir şekilde sıfıra gider , ancak sıfıra yakın sınırlandırılmaz. Bu nedenle, sıfıra yakın bir destekle tek tip dağıtım seçtiyseniz, kalan terim büyük olabilir.

\sqrt{x}

$\sqrt{x}$

x

$x$

— mpiktas

Bağlantınızda eşitliğin yaklaşık olduğunu unutmayın. Bu cevapta tüm denklemler kesindir. Ayrıca, varyans için, ilk türevin, değil , olarak tahmin edildiğine dikkat edin . Ayrıca, bunun için işe yaramayacağını , yalnızca alanı sıfıra yakınsa, için yaklaşık formülün çok büyük hataya sahip olabileceğini asla söylemedim .

E X

$EX$

x

$x$

\sqrt{x}

$\sqrt{x}$

\sqrt{x}

$\sqrt{x}$

X

$X$

— mpiktas

F (x) işlevi keyfi (doğrusal değil) ise, X'in ilk iki anını (ortalama ve varyans) bilmek yeterli değildir. Yalnızca dönüştürülmüş değişkenin Y varyansını hesaplamak için değil, aynı zamanda ortalaması için de. Bunu görmek - ve belki de probleminize saldırmak için - dönüşüm işlevinizin X'in etrafında bir Taylor genişlemesi olduğunu ve oradan çalıştığını varsayabilirsiniz.

— leonbloy
kaynak