Existência de momento gerando função e variância

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Uma distribuição com média finita e variação infinita pode ter uma função geradora de momentos? Que tal uma distribuição com média finita e variação finita, mas infinitos momentos mais altos?

Mgf
fonte
4
Dica : Se o mgf existe em um intervalo em torno de zero, digamos para alguns , considere a expansão de Taylor de e a monotonicidade da integral para descobrir a solução. :)(t0,t0)t0>0ex
cardeal
2
Ignorando as questões de convergência (pensando apenas no mgf como uma série formal de poder), qual poderia ser o mgf se algum momento deixasse de existir?
whuber
Cardeal, você pode nos dar algumas referências sobre as proposições que você forneceu?

Respostas:

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Esta pergunta oferece uma boa oportunidade para coletar alguns fatos sobre funções geradoras de momento ( mgf ).

Na resposta abaixo, fazemos o seguinte:

  1. Mostre que se o mgf é finito por pelo menos um valor (estritamente) positivo e um valor negativo, todos os momentos positivos de são finitos (incluindo momentos não íntegros).X
  2. Prove que a condição no primeiro item acima é equivalente à distribuição de com caudas delimitadas exponencialmente . Em outras palavras, as caudas de caem pelo menos tão rápido quanto as de uma variável aleatória exponencial (até uma constante).XXZ
  3. Forneça uma nota rápida sobre a caracterização da distribuição por seu mgf, desde que satisfaça a condição do item 1.
  4. Explore alguns exemplos e contra-exemplos para ajudar nossa intuição e, principalmente, para mostrar que não devemos ler importância indevida na falta de finitude do mgf.

Esta resposta é bastante longa, pela qual peço desculpas antecipadamente. Se isso estiver melhor colocado, por exemplo, como um post de blog ou outro local, fique à vontade para fornecer esse feedback nos comentários.

O que o mgf diz sobre os momentos?

O mgf de uma variável aleatória é definido como . Observe que sempre existe, pois é parte integrante de uma função mensurável não negativa. No entanto, se não for finito . Se for finito (nos lugares certos), para todos (não necessariamente um número inteiro), os momentos absolutos (e, portanto, também são finito). Este é o tópico da próxima proposição.m ( t ) = E e t X m ( t ) p > 0 E | X | p < E X pXFm(t)=EetXm(t) p>0E|X|p<EXp

Proposição : Se existir e modo que e , então os momentos de todas as ordens de existem e são finitos.t p > 0 m ( t n ) < m ( t p ) < Xtn<0tp>0m(tn)<m(tp)<X

Antes de mergulhar em uma prova, aqui estão dois lemas úteis.

Lema 1 : Suponha que tais e existam. Então, para qualquer , . Prova . Isto decorre da convexidade de e da monotonicidade da integral. Para qualquer , existe tal que . Mas, então Portanto, pela monotonicidade da integral, . t p t 0[ t n , t p ] m ( t 0 ) < e x t 0 θ [ 0 , 1 ] T 0 = θ t n + ( 1 - θ ) t p e t 0 X = e θ t n X + ( 1 - θtntpt0[tn,tp]m(t0)<
ext0θ[0,1]t0=θtn+(1θ)tpE e t 0 Xθ E e t n X + ( 1 - θ ) E e t p X <

et0X=eθtnX+(1θ)tpXθetnX+(1θ)etpX.
Eet0XθEetnX+(1θ)EetpX<

Portanto, se o mgf é finito em dois pontos distintos, é finito para todos os valores no intervalo entre esses pontos.

Lema 2 ( Aninhamento de espaçosLp 0qp E | X | p < E | X | q < ): Para , se , então . Prova : Duas abordagens são dadas nesta resposta e nos comentários associados .0qpE|X|p<E|X|q<

Isso nos dá o suficiente para continuar com a prova da proposição.

Prova da proposição . Se e existem como declarado na proposição, assumindo , sabemos pelo primeiro lema que e . Mas, e o lado direito é composto por termos não negativos, portanto, em particular, para qualquer Agora, supondo . A monotonicidade da integral produz . Portanto, todost p > 0 t 0 = min ( - t n , t p ) > 0 m ( - t 0 ) < m ( t 0 ) < e - t 0 X + e t 0 X = 2 n = 0 t 2 n 0 X 2 ntn<0tp>0t0=min(tn,tp)>0m(t0)<m(t0)<k e - t 0 X + e t 0 X2 t 2 k 0 X 2 k / ( 2 k ) !

et0X+et0X=2n=0t02nX2n(2n)!,
k E e - t 0 X + E e t 0 X < E X 2 k < X
e-t0 0X+et0 0X2t0 02kX2k/(2k)!.
Ee-t0 0X+Eet0 0X<EX2k<até momentos de são finitos. O lema 2 imediatamente nos permite "preencher as lacunas" e concluir que todos os momentos devem ser finitos.X

Resultado

O resultado da questão em questão é que, se algum dos momentos de é infinito ou não existe, podemos concluir imediatamente que o mgf não é finito em um intervalo aberto contendo a origem. (Esta é apenas a afirmação contrapositiva da proposição.)X

Assim, a proposição acima fornece a condição "correta" para dizer algo sobre os momentos de base em seu mgf.X

Caudas exponencialmente delimitadas e mgf

Proposição : O mgf é finito em um intervalo aberto contendo a origem se, e somente se, as caudas de estiverem exponencialmente delimitadas , ou seja, para alguns e .( t n , t p ) F P ( | X | > x ) C e - t 0 x C > 0 t 0 > 0m(t)(tn,tp)FP(|X|>x)Ce-t0 0xC>0 0t0 0>0 0

Prova . Lidaremos com a cauda direita separadamente. A cauda esquerda é manuseada de maneira completamente análoga.

m ( t 0 ) < t 0 > 0 F C > 0 b > 0 P ( X > x ) C e - b x() Suponha que para alguns . Então, a cauda direita de é exponencialmente delimitada ; em outras palavras, existe e tal que Para ver isso, observe que, para qualquer , pela desigualdade de Markov, Tome e para completar esta direcção da prova.m(t0 0)<t0 0>0 0FC>0 0b>0 0t > 0 P ( X > x ) = P ( e t X > e t x ) e - t x E e t X = m ( t ) e - t x

P(X>x)Ce-bx.
t>0 0C = m ( t 0 ) b = t 0
P(X>x)=P(etX>etx)e-txEetX=m(t)e-tx.
C=m(t0 0)b=t0 0

C > 0 T 0 > 0 P ( X > X ) C e - T 0 x t > 0 E de e t X = 0 P ( e t X > y )() Supondo que exista e tal que . Então, para , que a primeira igualdade segue de um fato padrão sobre a expectativa de variáveis ​​aleatórias não-negativas . Escolha qualquer tal que ; então, a integral do lado direito é finita.C>0 0t0 0>0 0P(X>x)Ce-t0 0xt>0 0t 0 < t < t 0

EetX=0 0P(etX>y)dy1 1+1 1P(etX>y)dy1 1+1 1Cy-t0 0/tdy,
t0 0<t<t0 0

Isso completa a prova.

Uma observação sobre a exclusividade de uma distribuição, dada sua mgf

Se o mgf é finito em um intervalo aberto contendo zero, a distribuição associada é caracterizada por seus momentos , ou seja, é a única distribuição com os momentos . Uma prova padrão é curta quando se tem em mãos alguns fatos (relativamente diretos) sobre funções características . Detalhes podem ser encontrados na maioria dos textos de probabilidade modernos (por exemplo, Billingsley ou Durrett). Alguns assuntos relacionados são discutidos nesta resposta .μn=EXn

Exemplos e contra-exemplos

( Um ) de distribuição lognormal : é lognormal se para alguma variável aleatória normal . Então com probabilidade um. Como para todos , isso nos diz imediatamente que para todos os . Portanto, o mgf é finito na meia-linha não-negativa . ( NB: Usamos apenas a não-negatividade de para estabelecer esse fato, portanto isso é verdade para todas as variáveis ​​aleatórias não-negativas).X =XX=eYYX0 0e-x1 1x0 0m(t)=EetX1 1 t<0 0(-,0 0]X

No entanto, para todos os . Tomaremos o lognormal padrão como o caso canônico. Se , . Por alteração de variáveis, temos Para e suficientemente grande , temos pelos limites dados acima. Mas, para qualquer e, portanto, o mgf é infinito para todos os .m(t)= t>0 0x>0 0ex1 1+x+1 12x2+1 16x3

EetX=(2π)-1 1/2-etevocê-você2/2dvocê.
t>0 0vocêtevocê-você2/2t+tvocê
Ket+tvocêdvocê=
Kt>0 0

Por outro lado, todos os momentos da distribuição lognormal são finitos. Portanto, a existência do mgf em um intervalo próximo de zero não é necessária para a conclusão da proposição acima .

( b ) Lognormal simétrico : podemos obter um caso ainda mais extremo "simetrizando" a distribuição lognormal. Considere a densidade para tal que Não é difícil ver à luz do exemplo anterior que o mgf é finito apenas para . No entanto, os momentos pares são exatamente iguais aos do lognormal e os momentos ímpares são zero! Portanto, o mgf não existe em nenhum lugar (exceto na origem onde sempre existe) e, no entanto, podemos garantir momentos finitos de todas as ordens.f(x)xR

f(x)=1 122π|x|e-1 12(registro|x|)2.
t=0 0

( c ) Distribuição Cauchy : Essa distribuição também possui um mgf que é infinito para todos os , mas não há momentos absolutos são finitos para . O resultado para o mgf segue para pois para e assim A prova para é análoga. (Talvez um pouco menos conhecido é que os momentos para faz existir para o Cauchy. Veja esta respostaE | X |t0 0E|X|pp1 1t>0 0exx3/6x>0 0

EetX1 1t3x36π(1 1+x2)dxt312π1 1xdx=.
t<0 00 0<p<1 1 .)

( d ) Distribuição Half-Cauchy : Se é Cauchy (padrão), chameuma variável aleatória meio Cauchy. Então, é fácil ver no exemplo anterior que para todos os ; ainda, é finito para . Y = | X | E Y p = p 1 E e t Y t ( - , 0 ]XY=|X|EYp=p1 1EetYt(-,0 0]

cardeal
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Obrigado por postar isso - isso é surpreendentemente fácil de entender, considerando o quão técnico é - bem feito.
Macro
Você conhece algum resultado sobre o mgf no espaço Hilbert?
badatmath 04/11