Kỳ vọng đối ứng của một biến

15

Tôi bối rối trong việc áp dụng kỳ vọng trong mẫu số.

$E(1/X)=\,?$

nó có thể là $1/E(X)\,$ ?

expected-value

— Sơn
nguồn

Bài liên quan: stats.stackexchange.com/questions/305713/ .

— StubbornAtom

27

nó có thể là 1 / E (X) không?

Không, nói chung là không thể; Bất đẳng thức Jensen cho chúng ta biết rằng nếu $X$ là một biến ngẫu nhiên và $\varphi$ là một hàm lồi, sau đó $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ . Nếu $X$ là nghiêm dương tính, sau đó $1/X$ là lồi, vì vậy $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ , và cho một chức năng nghiêm lồi, bình đẳng chỉ xảy ra nếu $X$ không có phương sai bằng 0 ... vì vậy trong trường hợp chúng ta có xu hướng quan tâm, hai cái này thường không bằng nhau.

Giả sử chúng ta đang xử lý một biến dương, nếu bạn rõ ràng rằng và sẽ có liên quan nghịch đảo ( ) thì điều này sẽ ám chỉ ngụ ý , do đó $X$ $1/X$ $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ $E(X) E(1/X) \geq 1$ . $E(1/X) \geq 1/E(X)$

Tôi bối rối trong việc áp dụng kỳ vọng trong mẫu số.

Sử dụng luật của thống kê vô thức

E [g (X)] = \int_{- \infty}^{\infty} g (x) f_{X} (x) d x

$\text{E}[g(X)] = \int_{-\infty}^\infty g(x) f_X(x) dx$

(trong trường hợp liên tục)

vì vậy khi , $g(X) = \frac{1}{X}$ $\text{E}[\frac{1}{X}]=\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x} dx$

Trong một số trường hợp, kỳ vọng có thể được đánh giá bằng cách kiểm tra (ví dụ với các biến ngẫu nhiên gamma) hoặc bằng cách lấy phân phối nghịch đảo hoặc bằng các phương tiện khác.

— Glen_b -Reinstate Monica
nguồn

14

Như Glen_b nói rằng điều đó có thể sai, bởi vì đối ứng là một hàm phi tuyến tính. Nếu bạn muốn xấp xỉ với $E(1/X)$ có thể bạn có thể sử dụng bản mở rộng Taylor xung quanh $E(X)$ :

E (\frac{1}{X}) \approx E (\frac{1}{E (X)} - \frac{1}{E (X)^{2}} (X - E (X)) + \frac{1}{E (X)^{3}} (X - E (X))^{2}) = = \frac{1}{E (X)} + \frac{1}{E (X)^{3}} V a r (X)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ vì vậy bạn chỉ cần trung bình và phương sai của X, và nếu phân phối của

X

$X$ đối xứng thì phép tính gần đúng này có thể rất chính xác.

EDIT: có thể ở trên là khá quan trọng, xem nhận xét từ BioXX bên dưới.

— Matteo Fasiolo
nguồn

ồ vâng vâng ... Tôi rất xin lỗi vì tôi không thể hiểu được sự thật đó ... Tôi có thêm một q ... Điều này có áp dụng cho bất kỳ loại chức năng nào không ??? thực sự tôi bị mắc kẹt với

... Làm thế nào có thể mong đợi của

có thể được suy ra theo

và

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

— Sandipan Karmakar

2

Tôi không nghĩ bạn có thể sử dụng nó cho

vì chức năng đó không khác biệt. Tôi thà chia vấn đề thành các trường hợp và nói

, I phỏng đoán.

| X |

$|X|$

E (| X |) = E (X | X > 0) p (X > 0) + E (- X | X < 0) p (X < 0)

$E(|X|) = E(X|X > 0)p(X>0) + E(-X|X < 0)p(X<0)$

— Matteo Fasiolo

1

@MatteoFasiolo Bạn có thể giải thích tại sao tính đối xứng của phân phối

(hoặc thiếu) có ảnh hưởng đến độ chính xác của phép tính gần đúng Taylor không? Bạn có một nguồn mà bạn có thể chỉ cho tôi để giải thích tại sao điều này là?

X

$X$

— Aaron Hendrickson

1

@AaronHendrickson lập luận của tôi chỉ đơn giản là thuật ngữ tiếp theo trong việc mở rộng tỷ lệ với

mà có liên quan đến độ lệch của phân phối của

. Skewness là một biện pháp bất đối xứng. Tuy nhiên, độ lệch bằng 0 không đảm bảo tính đối xứng và tôi không chắc liệu đối xứng có đảm bảo độ lệch không. Do đó, đây là tất cả các heuristic và có thể có rất nhiều mẫu phản.

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

$E\{(X-E(X))^3\}$

X

$X$

— Matteo Fasiolo

4

Tôi không hiểu làm thế nào giải pháp này nhận được rất nhiều sự ủng hộ. Đối với một biến ngẫu nhiên

duy nhất , không có sự biện minh nào về chất lượng của xấp xỉ này. Đạo hàm thứ ba

không bị giới hạn. Ngoài ra, phần còn lại của khoảng. là

nơi

là chính nó là một biến ngẫu nhiên giữa

và

X

$X$

f (x) = 1 / x

$f(x)=1/x$

1 / 6 f^{‴} (ξ) (X - μ)^{3}

$1/6f'''(\xi)(X-\mu)^3$

ξ

$\xi$

X

$X$

μ

$\mu$ . Phần còn lại sẽ không biến mất nói chung và có thể rất lớn. Taylor khoảng. chỉ có thể hữu ích nếu một chuỗi có các biến ngẫu nhiên

trong đó

. Thậm chí sau đó tính tích hợp đồng nhất là cần thiết bổ sung nếu quan tâm đến kỳ vọng.

X_{n} - μ = O_{p} (a_{n})

$X_n -\mu = O_p(a_n)$

a_{n} \to 0

$a_n \to 0$

— BloXX

8

Những người khác đã giải thích rằng câu trả lời cho câu hỏi là KHÔNG, ngoại trừ các trường hợp tầm thường. Dưới đây chúng tôi đưa ra cách tiếp cận để tìm khivới xác suất một và hàm tạo mô mentồn tại. Một ứng dụng của phương pháp này (và tổng quát hóa) được đưa ra trongGiá trị dự kiến là khi tuân theo phân phối Beta, ở đây chúng tôi cũng sẽ đưa ra một ví dụ đơn giản hơn. $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

Đầu tiên, lưu ý rằng (bài tập tính toán đơn giản). Sau đó, viết $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$

E (\frac{1}{X}) = \int_{0}^{\infty} x^{- 1} f (x) d x = \int_{0}^{\infty} (\int_{0}^{\infty} e^{- t x} d t) f (x) d x = \int_{0}^{\infty} (\int_{0}^{\infty} e^{- t x} f (x) d x) d t = \int_{0}^{\infty} M_{X} (- t) d t

$\E \left(\frac1{X}\right) = \int_0^\infty x^{-1} f(x)\; dx = \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx}\; dt \right) f(x)\; dx =\\ \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx} f(x) \; dx \right) \; dt = \int_0^\infty M_X(-t) \; dt$ A simple application: Let

X

$X$ have the exponential distribution with rate 1, that is, with density

e^{- x}, x > 0

$e^{-x}, x>0$ and moment generating function

M_{X} (t) = \frac{1}{1 - t}, t < 1

$M_X(t)=\frac1{1-t}, t<1$ . Then

\int_{0}^{\infty} M_{X} (- t) d t = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + t} d t = \ln (1 + t) |_{0}^{\infty} = \infty

$\int_0^\infty M_X(-t)\; dt = \int_0^\infty \frac1{1+t} \; dt= \ln(1+t) \bigg\rvert_0^\infty = \infty$ , so definitely do not converge, and is very different from

\frac{1}{E X} = \frac{1}{1} = 1

$\frac1{\E X}=\frac11=1$ .

— kjetil b halvorsen
nguồn

7

An alternative approach to calculating $E(1/X)$ knowing X is a positive random variable is through its moment generating function $E[e^{-\lambda X}]$ . Since by elementary calculas

\int_{0}^{\infty} e^{- λ x} d λ = \frac{1}{x}

$\int_0^\infty e^{-\lambda x} d\lambda =\frac{1}{x}$ we have, by Fubini's theorem

\int_{0}^{\infty} E [e^{- λ X}] d λ = E [\frac{1}{X}] .

$\int_0^\infty E[e^{-\lambda X}] d\lambda =E[\frac{1}{X}].$

— user172761
nguồn

2

The idea here is right, but the details wrong. Pleasecheck

— kjetil b halvorsen

1

@Kjetil I don't see what the problem is: apart from the inconsequential differences of using

t X

$t X$ instead of

- t X

$-t X$ in the definition of the MGF and naming the variable

t

$t$ instead of

λ

$\lambda$ , the answer you just posted is identical to this one.

— whuber

1

You are right, the problems was less than I thought. Still this answer would be better withm some more details. I will upvote this tomorrow ( when I have new votes)

— kjetil b halvorsen

1

To first give an intuition, what about using the discrete case in finite sample to illustrate that $\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$ (putting aside cases such as $\text{E}(X)=0$ )?

In finite sample, using the term average for expectation is not that abusive, thus if one has on the one hand

$\text{E}(X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i$

and one has on the other hand

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i$

it becomes obvious that, with $N>1$ ,

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i \neq \frac{N}{\sum_{i=1}^N X_i} = 1/\text{E}(X)$

Which leads to say that, basically, $\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$ since the inverse of the (discrete) sum is not the (discrete) sum of inverses.

Analogously in the asymptotic $0$ -centered continuous case, one has

$\text{E}(1/X)=\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x} dx \neq 1/\int_{-\infty}^\infty xf(x) dx = 1/\text{E}(X)$ .

— keepAlive
nguồn