Exemplo de construção mostrando

12

Como construir um exemplo de uma distribuição de probabilidade para a qual mantém, assumindo ?E ( 1X )=1E ( X )E(1X)=1E(X) P(X0)=1P(X0)=1

A desigualdade resultante da desigualdade de Jensen para um RV com valor positivo é como (a desigualdade inversa se ). Isso ocorre porque o mapeamento x \ mapsto \ frac {1} {x} é convexo para x> 0 e côncavo para x <0 . Seguindo a condição de igualdade na desigualdade de Jensen, acho que a distribuição precisa ser degenerada para que a igualdade exigida seja mantida. Um caso trivial em que a igualdade se mantém é, obviamente, se X = 1 ae Aqui está um exemplo que encontrei em um livro de problemas: Considere uma variável aleatória discreta X tal queX XE ( 1X )1E ( X )E(1X)1E(X) X<0X<0x1xx1x x>0x>0x<0x<0X=1X=1XXP(X=-1)=19 ,P(X=12)=P(X=2)=49P(X=1)=19,P(X=12)=P(X=2)=49 . É então facilmente verificado que .E(1X)=1E(X)=1E(1X)=1E(X)=1

Este exemplo mostra que não precisa ser positivo (ou negativo) ae para manter a igualdade no título. A distribuição aqui também não é degenerada.XX

Como construo um exemplo, possivelmente o que encontrei no livro? Existe alguma motivação?

Teimoso
fonte
Seu exemplo vale para qualquer variável aleatória que seja uma constante diferente de zero. Seu segundo exemplo também não é degenerado.
Michael R. Chernick
3
A desigualdade se não seguir a partir Desigualdade de Jensen sem mais Supondo que XX é quase certamente positivo.
whuber
@MichaelChernick Eu não quis dizer que o exemplo teve uma distribuição degenerada.
StubbornAtom
Eu estava me referindo à sua declaração "Seguindo a condição de igualdade na desigualdade de Jensen, acho que a distribuição precisa ser degenerada para que a igualdade exigida seja mantida". No entanto, você mostrou um exemplo não-regenerado.
Michael R. Chernick 30/09
1
@whuber Eu simplesmente quero saber como encontrar um exemplo em que a igualdade no título seja verdadeira.
StubbornAtom

Respostas:

18

Vamos construir todos os exemplos possíveis de variáveis ​​aleatórias XX para as quais E [ X ] E [ 1 / X ] = 1E[X]E[1/X]=1 . Então, entre eles, podemos seguir algumas heurísticas para obter o exemplo mais simples possível. Essas heurísticas consistem em fornecer os valores mais simples possíveis para todas as expressões que abandonam uma análise preliminar. Esse é o exemplo do livro didático.

Análise preliminar

Isso requer apenas um pouco de análise com base nas definições. A solução é apenas de interesse secundário: o objetivo principal é desenvolver insights para nos ajudar a entender os resultados intuitivamente.

Primeiro, observe que a desigualdade de Jensen (ou a desigualdade de Cauchy-Schwarz) implica que, para uma variável aleatória positiva XX , E [ X ] E [ 1 / X ] 1E[X]E[1/X]1 , com a igualdade mantendo se e somente se XX for "degenerado": isto é , XX é quase certamente constante. Quando XX é uma variável aleatória negativa, - XX é positivo e o resultado anterior se mantém com o sinal de desigualdade invertido. Consequentemente, qualquer exemplo em que E [ 1 / X ] = 1 / E[ X ]E[1/X]=1/E[X] deve ter probabilidade positiva de ser negativo e probabilidade positiva de ser positivo.

O insight aqui é que qualquer XX com E [ X ] E [ 1 / X ] = 1E[X]E[1/X]=1 deve, de alguma forma, "equilibrar" a desigualdade de sua parte positiva contra a desigualdade na outra direção da sua parte negativa. Isso ficará mais claro à medida que avançamos.

Considere qualquer variável aleatória X diferente de zero X. Uma etapa inicial na formulação de uma definição de expectativa (pelo menos quando isso é feito em generalidade total usando a teoria da medida) é decompor XX em suas partes positivas e negativas, ambas variáveis ​​aleatórias positivas:

Y = Parte positiva ( X ) = máx ( 0 , X ) ; Z = Parte negativa ( X ) = - min ( 0 , X ) .

YZ=Positive part(X)=max(0,X);=Negative part(X)=min(0,X).

Pensemos de XX como uma mistura de YY com peso pp e - ZZ com peso 1 - p1p onde p = Pr ( X > 0 ) , 1 - p = Pr ( X < 0 ) .  

p=Pr(X>0), 1p=Pr(X<0).
Obviamente 0 < p < 1.
0<p<1.
Isso nos permitirá escrever expectativas de XX e 1 / X1/Xem termos das expectativas das variáveis positivas YY e ZZ .

Para simplificar um pouco a próxima álgebra, observe que o redimensionamento uniforme de XX por um número σσ não altera E [ X ] E [ 1 / X ] -E[X]E[1/X] mas multiplica E [ Y ]E[Y] e E [ Z ]E[Z] cada um por σσ . Para positivo σσ , esta eleva-se a simplesmente selecionar as unidades de medida de XX . Um negativo σσ comuta os papéis de YY e ZZ . Escolhendo o sinal de σσapropriadamente, portanto, podemos supor E [ Z ] = 1  e  E [ Y ] E [ Z ] .

E[Z]=1 and E[Y]E[Z].(1)

Notação

É isso para simplificações preliminares. Para criar uma boa notação, vamos escrever

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

μ=E[Y]; ν=E[1/Y]; λ=E[1/Z]

pelas três expectativas que não podemos controlar. Todas as três quantidades são positivas. A desigualdade de Jensen afirma

μ ν 1  e  λ 1.

μν1 and λ1.(2)

A Lei da Probabilidade Total expressa as expectativas de XX e 1 / X1/X em termos das quantidades que denominamos:

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[XX>0]Pr(X>0)+E[XX<0]Pr(X<0)=μp(1p)=(μ+1)p1

e, como 1 / X tem o mesmo sinal que X ,1/XX

E [ 1X ]=E[1XX>0]Pr(X>0)+E[1XX<0]Pr(X<0)=νp-λ(1-p)=(ν+λ)p-λ.

E[1X]=E[1XX>0]Pr(X>0)+E[1XX<0]Pr(X<0)=νpλ(1p)=(ν+λ)pλ.

Igualar o produto dessas duas expressões com 1 fornece um relacionamento essencial entre as variáveis:1

1=E[X]E[1X]=((μ+1)p1)((ν+λ)pλ).

1=E[X]E[1X]=((μ+1)p1)((ν+λ)pλ).(*)

Reformulation of the Problem

Suppose the parts of XX--YY and ZZ--are any positive random variables (degenerate or not). That determines μ,ν,μ,ν, and λλ. When can we find pp, with 0<p<10<p<1, for which ()() holds?

This clearly articulates the "balancing" insight previously stated only vaguely: we are going to hold YY and ZZ fixed and hope to find a value of pp that appropriately balances their relative contributions to XX. Although it's not immediately evident that such a pp need exist, what is clear is that it depends only on the moments E[Y]E[Y], E[1/Y]E[1/Y], E[Z]E[Z], and E[1/Z]E[1/Z]. The problem thereby is reduced to relatively simple algebra--all the analysis of random variables has been completed.

Solution

This algebraic problem isn't too hard to solve, because ()() is at worst a quadratic equation for pp and the governing inequalities (1)(1) and (2)(2) are relatively simple. Indeed, ()() tells us the product of its roots p1p1 and p2p2 is

p1p2=(λ1)1(μ+1)(ν+λ)0

p1p2=(λ1)1(μ+1)(ν+λ)0

and the sum is

p1+p2=(2λ+λμ+ν)1(μ+1)(ν+λ)>0.

p1+p2=(2λ+λμ+ν)1(μ+1)(ν+λ)>0.

Therefore both roots must be positive. Furthermore, their average is less than 11, because

1(p1+p2)2=λμ+ν+2μν2(μ+1)(ν+λ)>0.

1(p1+p2)2=λμ+ν+2μν2(μ+1)(ν+λ)>0.

(By doing a bit of algebra, it's not hard to show the larger of the two roots does not exceed 11, either.)

A Theorem

Here is what we have found:

Given any two positive random variables YY and ZZ (at least one of which is nondegenerate) for which E[Y]E[Y], E[1/Y]E[1/Y], E[Z]E[Z], and E[1/Z]E[1/Z] exist and are finite. Then there exist either one or two values pp, with 0<p<1, that determine a mixture variable X with weight p for Y and weight 1p for Z and for which E[X]E[1/X]=1. Every such instance of a random variable X with E[X]E[1/X]=1 is of this form.

That gives us a rich set of examples indeed!


Constructing the Simplest Possible Example

Having characterized all examples, let's proceed to construct one that is as simple as possible.

  • For the negative part Z, let's choose a degenerate variable--the very simplest kind of random variable. It will be scaled to make its value 1, whence λ=1. The solution of () includes p1=0, reducing it to an easily solved linear equation: the only positive root is

    p=11+μ+11+ν.

  • For the positive part Y, we obtain nothing useful if Y is degenerate, so let's give it some probability at just two distinct positive values a<b, say Pr(X=b)=q. In this case the definition of expectation gives

    μ=E[Y]=(1q)a+qb; ν=E[1/Y]=(1q)/a+q/b.

  • To make this even simpler, let's make Y and 1/Y identical: this forces q=1q=1/2 and a=1/b. Now

    μ=ν=b+1/b2.

    The solution (3) simplifies to

    p=21+μ=42+b+1/b.

  • How can we make this involve simple numbers? Since a<b and ab=1, necessarily b>1. Let's choose the simplest number greater than 1 for b; namely, b=2. The foregoing formula yields p=4/(2+2+1/2)=8/9 and our candidate for the simplest possible example therefore is

    Pr(X=2)=Pr(X=b)=Pr(Y=b)p=qp=1289=49;Pr(X=1/2)=Pr(X=a)=Pr(Y=a)p=qp==49;Pr(X=1)=Pr(Z=1)(1p)=1p=19.

This is the very example offered in the textbook.

whuber
fonte
2
Nice answer. Despite my initial scepticism it's easy to find an example with distinct solutions p(0,1).
P.Windridge
8

As you've mentioned, if X is positive then E(1/X)=1/E(X) occurs only when X is almost surely constant. Otherwise you need X to take both negative and positive values.

To construct such an example, first go as simple as possible. Assume X takes two values, a and b, with probabilities p and 1p respectively. Then E(X)=ap+b(1p)

and E(1/X)=1ap+1b(1p).
To have 1/E(X)=E(1/X) we require ap+b(1p)=11ap+1b(1p)
which rearranges to the requirement (ab)2p(1p)=0.
This means the only possible solution must have either a=b, or p=0, or p=1. In all cases we return to the degenerate case: X is constant.

Next try: a distribution with three possible values. Here there are many more choices. The example you cited tries an X such that 1/X has the same distribution. If we know X takes three values, it must be that one of the values is either 1 or 1, and the other two must be a and 1/a for some choice of a. For definiteness let's try P(X=a)=P(X=1/a)=p, and P(X=1)=12p. Then E(1/X)=E(X)=(a+1a)p(12p)=(2+a+1a)p1.

To meet the requirement 1/E(X)=E(1/X) we demand E(X)=1 or E(X)=1. Expression (1) is never 1 unless p=0, which returns us to the degenerate case again. So aim for E(X)=1, which gives (2+a+1a)p=2p=22+a+1a=2a(a+1)2.
Expression (2) gives an entire family of solutions that meet the requirement. The only constraint is that a must be positive. The example you cited takes a=2. Only the case a=1 is degenerate.
grand_chat
fonte
1
I assume your first line is intended to be "if X is positive then E[1/X]=1/E[X] occurs only when X is almost surely constant", like in the question. This drops out from (the proof of) Jensen's inequality, where we also use the fact that h(x)=1/x is not linear.
P.Windridge
@P.Windridge You are right! Fixed.
grand_chat