Var (X) jest znany, jak obliczyć Var (1 / X)?

13

Jeśli mam tylko , jak mogę obliczyć \ mathrm {Var} (\ frac {1} {X}) ?Var(X)Var(1X)

Nie mam żadnych informacji na temat dystrybucji X , więc nie można użyć transformacji, albo jakiekolwiek inne metody, które wykorzystują rozkład prawdopodobieństwa X .

SZCZUR
źródło
Myślę, że to może ci pomóc.
Christoph_J,

Odpowiedzi:

18

To jest niemożliwe.

Rozważ sekwencję Xn zmiennych losowych, gdzie

P(Xn=n1)=P(Xn=n+1)=0.5

Następnie:

Var(Xn)=1for all n

Ale zbliża się do zera, gdy przechodzi w nieskończoność:nVar(1Xn)n

Var(1Xn)=(0.5(1n+11n1))2

W tym przykładzie wykorzystano fakt, że jest niezmienny w tłumaczeniach , ale nie jest.X V a r ( 1Var(X)XVar(1X)

Ale nawet jeśli przyjmiemy , nie możemy obliczyć : NiechV a r ( 1E(X)=0Var(1X)

P(Xn=1)=P(Xn=1)=0.5(11n)

i

P(Xn=0)=1nfor n>0

Następnie zbliża się do 1, gdy idzie w nieskończoność, ale dla wszystkich .n V a r ( 1Var(Xn)nnVar(1Xn)=n

mogron
źródło
20

Za pomocą serii Taylora można uzyskać przybliżenie momentów niskiego rzędu transformowanej zmiennej losowej. Jeśli rozkład jest dość „ciasny” wokół średniej (w pewnym sensie), przybliżenie może być całkiem dobre.

Na przykład

g(X)=g(μ)+(Xμ)g(μ)+(Xμ)22g(μ)+

więc

Var[g(X)]=Var[g(μ)+(Xμ)g(μ)+(Xμ)22g(μ)+]=Var[(Xμ)g(μ)+(Xμ)22g(μ)+]=g(μ)2Var[(Xμ)]+2g(μ)Cov[(Xμ),(Xμ)22g(μ)+]+Var[(Xμ)22g(μ)+]

często brany jest tylko pierwszy semestr

Var[g(X)]g(μ)2Var(X)

W tym przypadku (zakładając, że się nie pomyliłem), z , .g(X)=1XVar[1X]1μ4Var(X)

Wikipedia: Rozszerzenia Taylora dla momentów funkcji zmiennych losowych

---

Kilka przykładów ilustrujących to. Wygeneruję dwie (rozproszone w gamie) próbki w R, jedną z „niezbyt ciasnym” rozkładem względem średniej, a drugą nieco ściślejszą.

 a <- rgamma(1000,10,1)  # mean and variance 10; the mean is not many sds from 0
 var(a)
[1] 10.20819  # reasonably close to the population variance

Przybliżenie sugeruje, że wariancja powinna być bliska1/a(1/10)4×10=0.001

 var(1/a)
[1] 0.00147171

Według obliczeń algebraicznych rzeczywista wariancja populacji wynosi1/6480.00154

Teraz dla ciasniejszego:

 a <- rgamma(1000,100,10) # should have mean 10 and variance 1
 var(a)
[1] 1.069147

Przybliżenie sugeruje, że wariancja powinna być bliska1/a(1/10)4×1=0.0001

 var(1/a)
[1] 0.0001122586

Obliczenia algebraiczne pokazują, że wariancja populacji odwrotności wynosi .102992×980.000104

Glen_b - Przywróć Monikę
źródło
1
Należy zauważyć, że w tym przypadku dość słaba hipoteza prowadzi do wniosku, że nie będzie żadnej średniej (wariancji skąd) dla , tj. Że przybliżenie w odpowiedzi będzie raczej mylące. :-) Przykładową hipotezą jest to, że ma gęstość która jest ciągła w przedziale wokół zera i taka, że . Wynik jest następujący, ponieważ gęstość będzie ograniczana od zera w pewnym przedziale . Podana hipoteza nie jest oczywiście najsłabsza z możliwych. 1/XXff(0)0[ϵ,ϵ]
kardynał
Przyczyną niepowodzenia argumentu Taylora jest to, że ukrywa termin reszty (błąd), który w tym przypadku to a to działa źle w przypadku .
R(x,μ)=(x+μ)(xμ)2xμ,
x=0
kardynał
Rzeczywiście należy uważać na zachowanie gęstości w pobliżu 0. Zauważ, że w powyższych przykładach gamma rozkład odwrotności jest odwrotną gamma, dla której posiadanie skończonej średniej wymaga ( jest parametrem kształtu odwrócona gamma). Dwa przykłady miały i . Mimo to (z „ładnymi” rozkładami do odwracania) zaniedbanie wyższych terminów może wprowadzić zauważalne odchylenie. α α = 10 α = 100α>1αα=10α=100
Glen_b
wydaje się to we właściwym kierunku, odwrotnego przesunięcia rozkładu normalnego zamiast odwrotnego standardowego rozkładu normalnego: en.wikipedia.org/wiki/...
Felipe G. Nievinski