Ví dụ xây dựng hiển thị

Cách xây dựng một ví dụ về phân phối xác suất mà , giả sử ?$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$$\mathbb{P}(X\ne0)=1$

Sự bất bình đẳng xuất phát từ sự bất bình đẳng của Jensen đối với RV có giá trị dương giống như (bất đẳng thức ngược nếu ). Điều này là do ánh xạ là lồi cho và lõm cho . Theo điều kiện bình đẳng trong bất bình đẳng của Jensen, tôi đoán rằng sự phân phối phải suy biến để giữ sự bình đẳng cần thiết. Một trường hợp tầm thường trong đó đẳng thức là tất nhiên nếu X = 1 ae Đây là một ví dụ tôi tìm thấy trong một cuốn sách vấn đề: Hãy xem xét một biến ngẫu nhiên X rời rạc sao cho$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}$ . Sau đó, người ta dễ dàng xác minh rằng .$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Ví dụ này cho thấy không cần phải tích cực (hoặc phủ định) ae cho sự bình đẳng trong tiêu đề cần giữ. Sự phân phối ở đây cũng không suy thoái.$X$

Làm thế nào để tôi xây dựng một ví dụ, có thể giống như cái tôi tìm thấy trong cuốn sách? Có động lực nào không?

Hãy xây dựng tất cả các ví dụ có thể có của các biến ngẫu nhiên $X$ mà $E[X]E[1/X]=1$ . Sau đó, trong số họ, chúng tôi có thể theo một số phương pháp phỏng đoán để có được ví dụ đơn giản nhất có thể. Các heuristic này bao gồm việc đưa ra các giá trị đơn giản nhất có thể cho tất cả các biểu thức bỏ qua phân tích sơ bộ. Điều này hóa ra là ví dụ trong sách giáo khoa.

Phân tích sơ bộ

Điều này chỉ đòi hỏi một chút phân tích dựa trên các định nghĩa. Giải pháp chỉ là mối quan tâm thứ yếu: mục tiêu chính là phát triển những hiểu biết để giúp chúng ta hiểu được kết quả bằng trực giác.

Đầu tiên nhận xét rằng Jensen của bất bình đẳng (hoặc Cauchy-Schwarz bất bình đẳng) ngụ ý rằng đối với một biến ngẫu nhiên dương $X$ , $E[X]E[1/X] \ge 1$ , với sự bình đẳng nắm giữ khi và chỉ khi $X$ là "thoái hóa": đó là , $X$ gần như chắc chắn là hằng số. Khi $X$ là biến ngẫu nhiên âm, $-X$ dương và kết quả trước giữ với dấu bất đẳng thức đảo ngược. Do đó, bất kỳ ví dụ nào trong đó $E[1/X]=1/E[X]$ phải có xác suất dương là dương và xác suất dương là dương.

Cái nhìn sâu sắc ở đây là bất kỳ X nào $X$có $E[X]E[1/X]=1$ bằng cách nào đó phải "cân bằng" sự bất bình đẳng từ phần tích cực của nó so với bất bình đẳng theo hướng khác từ phần tiêu cực của nó. Điều này sẽ trở nên rõ ràng hơn khi chúng ta đi cùng.

Hãy xem xét bất kỳ biến ngẫu nhiên $X$ . Bước đầu tiên trong việc hình thành một định nghĩa về kỳ vọng (ít nhất là khi điều này được thực hiện một cách tổng quát bằng lý thuyết đo lường) là phân tách $X$ thành các phần dương và âm, cả hai đều là các biến ngẫu nhiên dương:

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

Chúng ta hãy nghĩ $X$ là hỗn hợp của $Y$ với trọng số $p$ và $-Z$ với trọng số $1-p$ trong đó

$$p=\Pr(X\gt 0),\ 1-p = \Pr(X \lt 0).$$ Rõ ràng $$0 \lt p \lt 1.$$ Điều này sẽ cho phép chúng tôi viết kỳ vọng về $X$ và $1/X$về sự mong đợi của các biến tích cực $Y$ và $Z$ .

Để đơn giản hóa đại số sắp tới một chút, lưu ý rằng thống nhất rescaling $X$ bởi một số $\sigma$ không thay đổi $E[X]E[1/X]$ --but nó nhân $E[Y]$ và $E[Z]$ mỗi bởi $\sigma$ . Đối với dương $\sigma$ , điều này đơn giản để chọn đơn vị đo lường của $X$ . Một âm $\sigma$ chuyển vai trò của $Y$ và $Z$ . Chọn dấu hiệu của $\sigma$một cách thích hợp, chúng tôi do đó có thể giả sử

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

Ký hiệu

Đó là để đơn giản hóa sơ bộ. Để tạo một ký hiệu đẹp, do đó chúng ta hãy viết

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

cho ba kỳ vọng chúng ta không thể kiểm soát. Cả ba đại lượng đều dương. Khẳng định bất bình đẳng của Jensen

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

Định luật xác suất tổng thể thể hiện kỳ ​​vọng của $X$ và $1/X$ về số lượng chúng tôi đã đặt tên:

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

và, vì $1/X$ có cùng dấu với $X$ ,

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

Việc so sánh tích của hai biểu thức này với 1 cung cấp một mối quan hệ thiết yếu giữa các biến:$1$

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

Reformulation of the Problem

Suppose the parts of $X$--$Y$ and $Z$--are any positive random variables (degenerate or not). That determines $\mu, \nu,$ and $\lambda$. When can we find $p$, with $0 \lt p \lt 1$, for which $(*)$ holds?

This clearly articulates the "balancing" insight previously stated only vaguely: we are going to hold $Y$ and $Z$ fixed and hope to find a value of $p$ that appropriately balances their relative contributions to $X$. Although it's not immediately evident that such a $p$ need exist, what is clear is that it depends only on the moments $E[Y]$, $E[1/Y]$, $E[Z]$, and $E[1/Z]$. 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 $p$ and the governing inequalities $(1)$ and $(2)$ are relatively simple. Indeed, $(*)$ tells us the product of its roots $p_1$ and $p_2$ is

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

and the sum is

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

Therefore both roots must be positive. Furthermore, their average is less than $1$, because

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

(By doing a bit of algebra, it's not hard to show the larger of the two roots does not exceed $1$, either.)

A Theorem

Here is what we have found:

Given any two positive random variables $Y$ and $Z$ (at least one of which is nondegenerate) for which $E[Y]$, $E[1/Y]$, $E[Z]$, and $E[1/Z]$ exist and are finite. Then there exist either one or two values $p$, with $0 \lt p \lt 1$, that determine a mixture variable $X$ with weight $p$ for $Y$ and weight $1-p$ 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 $\lambda=1$. The solution of $(*)$ includes $p_1=0$, reducing it to an easily solved linear equation: the only positive root is

  $$p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$$

• 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 $a \lt b$, say $\Pr(X=b)=q$. In this case the definition of expectation gives

  $$\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$$

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

  $$\mu = \nu = \frac{b + 1/b}{2}.$$

  The solution $(3)$ simplifies to

  $$p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$$

• How can we make this involve simple numbers? Since $a\lt b$ and $ab=1$, necessarily $b\gt 1$. 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

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

This is the very example offered in the textbook.

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 $1-p$ respectively. Then

$$E(X)=ap+b(1-p)$$ and $$E(1/X)=\frac1ap+\frac1b(1-p).$$ To have $1/E(X)=E(1/X)$ we require $$ap+b(1-p)=\frac1{\frac1ap+\frac1b(1-p)}$$ which rearranges to the requirement $$(a-b)^2p(1-p)=0.$$ 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 $P(X=-1)=1-2p$. Then

$$E(1/X)=E(X)=(a+\frac1a)p-(1-2p)=(2+a+\frac1a)p-1.\tag1$$ 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 $$(2+a+\frac1a)p=2\quad\Leftrightarrow\quad p=\frac2{2+a+\frac1a}=\frac{2a}{(a+1)^2}.\tag2$$ 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.