Oczekiwanie odwrotności zmiennej

15

Jestem zdezorientowany w stosowaniu oczekiwań w mianowniku.

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

czy może być $1/E(X)\,$ ?

expected-value Shan
źródło

Podobne stanowisko: stats.stackexchange.com/questions/305713/... .

StubbornAtom

27

czy może być 1 / E (X)?

Nie, generalnie nie może; Nierówność Jensena mówi nam, że jeśli jest zmienną losową, a jest funkcją wypukłą, to . Jeśli jest ściśle dodatni, wówczas jest wypukły, więc , a dla funkcji ściśle wypukłej równość występuje tylko wtedy, gdy $X$ $\varphi$ $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ $X$ $1/X$ $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ $X$ ma zerową wariancję ... więc w przypadkach, w których zwykle jesteśmy zainteresowani, oba są generalnie nierówne.

Zakładając, że mamy do czynienia ze zmienną dodatnią, jeśli jest dla ciebie jasne, że i będą odwrotnie powiązane ( ), oznacza to, że co implikuje $X$ $1/X$ $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ , więc . $E(X) E(1/X) \geq 1$ $E(1/X) \geq 1/E(X)$

Jestem zdezorientowany w stosowaniu oczekiwań w mianowniku.

Korzystaj z prawa nieświadomego statystyki

E [g (X)] = \int_{- \infty}^{\infty} g (x) {fa}_{X} (x) re x

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

(w przypadku ciągłym)

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

W niektórych przypadkach oczekiwanie może być ocenione przez inspekcję (np. Za pomocą zmiennych losowych gamma) lub przez wyprowadzenie rozkładu odwrotności lub za pomocą innych środków.

Glen_b - Przywróć Monikę
źródło

14

Jak mówi Glen_b, to prawdopodobnie źle, ponieważ odwrotność jest funkcją nieliniową. Jeśli chcesz uzyskać przybliżenie do $E(1/X)$ być może możesz użyć rozszerzenia Taylora wokół $E(X)$ :

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)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ więc potrzebujesz tylko średniej i wariancji X, a jeśli rozkład

X

$X$ jest symetryczny, to przybliżenie może być bardzo dokładne.

EDYCJA: być może powyższe jest dość krytyczne, patrz komentarz BioXX poniżej.

Matteo Fasiolo
źródło

o tak tak ... Bardzo przepraszam, że nie mogłem zrozumieć tego faktu ... Mam jeszcze jedno q ... Czy dotyczy to jakiejkolwiek funkcji ??? właściwie utknąłem z

... Jak można oczekiwać

można wywnioskować w kategoriach

i

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

Sandipan Karmakar

2

Nie sądzę, że możesz go użyć do

ponieważ tej funkcji nie można rozróżnić. Wolę podzielić problem na przypadki i powiedzieć

, I odgadnąć.

| 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 Czy możesz wyjaśnić, dlaczego symetria rozkładu

(lub jej brak) ma wpływ na dokładność przybliżenia Taylora? Czy masz źródło, do którego możesz mi wskazać, co wyjaśnia, dlaczego tak jest?

X

$X$

Aaron Hendrickson

1

@AaronHendrickson my rozumowanie jest po prostu, że następny okres w rozwinięciu jest proporcjonalna do

, który odnosi się do asymetrii rozkładu

. Skośność jest miarą asymetrii. Jednak zerowa skośność nie gwarantuje symetrii i nie jestem pewien, czy symetria gwarantuje zerową skośność. Stąd wszystko to jest heurystyczne i może być wiele kontrprzykładów.

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

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

X

$X$

Matteo Fasiolo

4

Nie rozumiem, w jaki sposób to rozwiązanie zdobywa tak wiele pozytywnych opinii. W przypadku pojedynczej zmiennej losowej

nie ma uzasadnienia co do jakości tego przybliżenia. Trzecia pochodna

nie jest ograniczona. Ponadto pozostała część ok. wynosi

, gdzie

sama jest zmienną losową pomiędzy

i

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

$\mu$ . Reszta w ogóle nie zniknie i może być bardzo duża. Taylor ok. może być użyteczne tylko wtedy, gdy ma się ciąg zmiennych losowych

gdzie

. Nawet wtedy wymagana jest jednolita integralność, jeśli zainteresowani są oczekiwaniami.

X_{n} - μ = O_{p} (a_{n})

$X_n -\mu = O_p(a_n)$

a_{n} \to 0

$a_n \to 0$

BloXX,

8

Inni już wyjaśnili, że odpowiedź na to pytanie brzmi NIE, z wyjątkiem trywialnych przypadków. Poniżej podajemy podejście do znalezienia gdyz prawdopodobieństwem jeden oraz funkcja generująca momentistnieją. Zastosowanie tej metody (i uogólnienie) podano wOczekiwanej wartości gdy następuje po rozkładzie Beta, podamy tutaj również prostszy przykład. $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

Najpierw zwróć uwagę, że (proste ćwiczenie rachunku różniczkowego). Następnie napisz $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$

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
źródło

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
źródło

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
źródło

Oczekiwanie odwrotności zmiennej

Odpowiedzi: