Contoh distribusi diskrit non-negatif di mana mean (atau momen lain) tidak ada?

20

Saya sedang melakukan beberapa pekerjaan dalam scipy dan percakapan muncul dengan anggota kelompok inti scipy apakah variabel acak diskrit non-negatif dapat memiliki momen yang tidak ditentukan. Saya pikir dia benar tetapi tidak memiliki bukti yang berguna. Adakah yang bisa menunjukkan / membuktikan klaim ini? (atau jika klaim ini tidak benar, buktikan)

Saya tidak punya contoh yang berguna jika variabel acak diskrit memiliki dukungan pada tetapi tampaknya beberapa versi diskrit distribusi Cauchy harus berfungsi sebagai contoh untuk mendapatkan momen yang tidak ditentukan. Kondisi non-negatif (mungkin termasuk ) adalah apa yang membuat masalah menjadi menantang (setidaknya bagi saya). $\mathbb{Z}$ $0$

mathematical-statistics expected-value

— Lucas Roberts
sumber

15

Biarkan CDF sama dengan pada bilangan bulat piecewise konstan di tempat lain, dan tunduk pada semua kriteria menjadi CDF. Harapannya adalah $F$ $1-1/n$ $n=1,2,\ldots,$

\int_{0}^{\infty} (1 - F (x)) d x = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\int_{0}^\infty (1-F(x))\mathrm{d}x = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

yang menyimpang. Dalam pengertian ini momen pertama (dan karenanya semua momen yang lebih tinggi) tidak terbatas. (Lihat keterangan di bagian akhir untuk penjelasan lebih lanjut.)

Jika Anda tidak nyaman dengan notasi ini, perhatikan bahwa untuk $n=1,2,3,\ldots,$

{Pr}_{F} (n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1.}

${\Pr}_{F}(n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1.}$

Ini mendefinisikan distribusi probabilitas karena setiap istilah positif dan

\sum_{n = 1}^{\infty} {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = lim_{n \to \infty} 1 - \frac{1}{n + 1} = 1.

$\sum_{n=1}^\infty {\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \lim_{n\to \infty} 1 - \frac{1}{n+1} = 1.$

Harapannya adalah

\sum_{n = 1}^{\infty} n {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} n (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n + 1} = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\sum_{n=1}^\infty n\,{\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1} = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

yang menyimpang.

Cara mengutarakan jawaban ini memperjelas bahwa semua solusi diperoleh dengan seri yang berbeda. Memang, jika Anda ingin distribusi yang akan didukung pada beberapa bagian dari nilai positif dengan probabilitas menjumlahkan ke kesatuan, maka untuk harapan untuk menyatukan seri yang mengekspresikannya, yaitu $x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots,$ $p_1, p_2, \ldots$

(a_{n}) = (x_{n} p_{n}),

$(a_n) = (x_n p_n),$

harus memiliki jumlah parsial yang berbeda.

Sebaliknya, setiap seri divergen dari angka-angka non-negatif dikaitkan dengan banyak distribusi positif diskrit yang memiliki ekspektasi divergen. $(a_n)$ Sebagai contoh, mengingat Anda dapat menerapkan algoritma berikut untuk menentukan urutan dan . Mulailah dengan mengatur dan untuk Tetapkan untuk menjadi himpunan semua yang muncul dengan cara ini, indeks elemen-elemennya sebagai dan tentukan distribusi probabilitas pada oleh $(a_n)$ $(x_n)$ $(p_n)$ $q_n = 2^{-n}$ $y_n = 2^n a_n$ $n=1, 2, \ldots.$ $\Omega$ $y_n$ $\Omega=\{\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_i, \ldots\},$ $\Omega$

Pr (ω_{i}) = \sum_{n ∣ y_{n} = ω_{i}} q_{n} .

$\Pr(\omega_i) = \sum_{n \mid y_n = \omega_i}q_n.$

Ini berfungsi karena jumlah sama dengan jumlah yaitu dan paling banyak memiliki jumlah elemen positif yang dapat dihitung. $p_n$ $q_n,$ $1,$ $\Omega$

Sebagai contoh, seri jelas berbeda. Algoritma memberi $(a_n) = (1, 1/2, 1, 1/2, \ldots)$

y_{1} = 2 a_{1} = 2; y_{2} = 2^{2} a_{2} = 2; y_{3} = 2^{3} a_{3} = 8; \dots

$y_1 = 2a_1 = 2;\ y_2 = 2^2 a_2 = 2;\ y_3 = 2^3 a_3 = 8; \ldots$

Jadi

Ω = {2, 8, 32, 128, \dots, 2^{2 n + 1}, \dots}

$\Omega = \{2, 8, 32, 128, \ldots, 2^{2n+1},\ldots\}$

adalah himpunan kekuatan positif ganjil dari dan $2$

p_{1} = q_{1} + q_{2} = 3 / 4; p_{2} = q_{3} + q_{4} = 3 / 16; p_{3} = q_{5} + q_{6} = 3 / 64; \dots

$p_1 = q_1 + q_2 = 3/4;\ p_2 = q_3 + q_4 = 3/16;\ p_3 = q_5 + q_6 = 3/64; \ldots$

Tentang momen tak terbatas dan tidak ada

Ketika semua nilai positif, tidak ada yang namanya momen "tidak terdefinisi": semua momen ada, tetapi semuanya dapat menjadi tak terbatas dalam arti jumlah yang berbeda (atau integral), seperti yang diperlihatkan di awal jawaban ini.

Secara umum, semua momen didefinisikan untuk variabel acak positif, karena penjumlahan atau integral yang mengekspresikan keduanya dapat menyatu secara absolut atau menyimpang (adalah "tak terbatas.") Berbeda dengan itu, momen dapat menjadi tidak terdefinisi untuk variabel yang mengambil nilai positif dan negatif , karena - dengan definisi integral Lebesgue - momen adalah perbedaan antara momen dari bagian positif dan momen dari nilai absolut dari bagian negatif. Jika keduanya tidak terbatas, konvergensi tidak absolut dan Anda menghadapi masalah pengurangan infinity dari infinity: itu tidak ada.

— whuber
sumber

apakah argumen ini memberikan contoh momen tak terbatas atau momen tak ditentukan? Saya mencari momen yang tidak ditentukan. Mungkin ada seluk-beluk momen tak terbatas versus tak terbatas yang saya lewatkan untuk memahami jawaban Anda sepenuhnya.

— Lucas Roberts

2

Ketika semua nilai positif, tidak ada yang namanya momen "tidak terdefinisi": semua momen ada, tetapi semuanya bisa tak terbatas.

— whuber

4

Semua momen didefinisikan untuk variabel acak positif. Beberapa mungkin tidak terbatas, itu saja. Momen dapat menjadi tidak terdefinisi untuk variabel yang mengambil nilai positif dan negatif, karena - dengan definisi integral Lebesgue - momen adalah perbedaan antara momen bagian positif dan momen nilai absolut dari bagian negatif. Jika keduanya tidak terbatas, Anda menghadapi masalah pengurangan tak terhingga dari tak terhingga: itu tidak ada.

— whuber

1

"Semua momen didefinisikan untuk variabel acak positif. Beberapa mungkin tak terbatas, itu saja." Mengingat bahwa judul pertanyaan tersebut menyangkut saat - saat yang tidak ada , saya pikir banyak dari komentar ini yang pantas diedit menjadi jawabannya!

— Silverfish

1

Saya kira saya bisa menemukan jawabannya terkubur dalam posting ini: stats.stackexchange.com/questions/243150/…

— Lucas Roberts

39

Berikut ini adalah contoh terkenal: Biarkan mengambil nilai dengan probabilitas , untuk setiap integer . Kemudian mengambil nilai dalam (subset dari) bilangan bulat positif; total massa adalah , tetapi harapannya adalah Variabel acak muncul dalam paradoks St. Petersburg . $X$ $2^k$ $2^{-k}$ $k\ge1$ $X$ $\sum_{k=1}^\infty 2^{-k}=1$

E (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} 2^{k} P (X = 2^{k}) = \sum_{k = 1}^{\infty} 1 = \infty .

$E(X) = \sum_{k=1}^\infty 2^k P(X=2^k) = \sum_{k=1}^\infty 1 = \infty.$

X

$X$

— grand_chat
sumber

6

+1 Saya suka yang ini karena koneksi historis dan filosofisnya.

— whuber

Resolusi Paradox: Jika Anda menang ∞ Anda dihancurkan oleh pasukan G.

— Joshua

8

The distribusi zeta adalah distribusi diskrit yang cukup terkenal di bilangan bulat positif yang tidak memiliki mean terbatas (untuk ). $1<\theta\leq 2$

$P(X=x|\theta)={{\frac {1}{\zeta (\theta)}}x^{-\theta}}\,,\: x=1,2,...,\:\theta>1$

di mana konstanta normalisasi melibatkan , fungsi Riemann zeta $\zeta(\cdot)$

(sunting: Kasing sangat mirip dengan jawaban whuber) $\theta=2$

Distribusi lain dengan perilaku ekor yang serupa adalah distribusi Yule-Simon .
Contoh lain adalah distribusi binomial beta-negatif dengan : $0<\alpha\leq 1$

$P(X=x|\alpha ,\beta ,r)={\frac {\Gamma (r+x)}{x!\;\Gamma (r)}}{\frac {\mathrm{B} (\alpha +r,\beta +x)}{\mathrm{B} (\alpha ,\beta )}}\,,\:x=0,1,2...\:\alpha,\beta,r > 0$

— Glen_b -Reinstate Monica
sumber

0

beberapa versi diskrit distribusi Cauchy

Ya, jika Anda menganggap sebagai nilai rata-rata dari distribusi Cauchy dalam interval sekitar , maka jelas momen zerothnya sama dengan distribusi Cauchy, dan momen pertamanya mendekati asimtotik saat momen pertama dari Distribusi cauchy. Sejauh "interval sekitar ", tidak terlalu penting bagaimana Anda mendefinisikannya; ambil , , , atau sebagainya , dan itu akan bekerja. Untuk bilangan bulat positif, Anda juga dapat mengambil . Zeroth saat berjumlah satu, dan momen pertama adalah jumlah dari , yang menyimpang. $p(n)$ $n$ $n$ $(n-1,n]$ $[n,n+1)$ $[n-.5,n+.5)$ $p(n) =\frac6{(n\pi)^2}$ $\frac6{n\pi^2}$

Dan bahkan untuk setiap polinomial , ada beberapa sehingga jumlah ke 1. Jika kita kemudian mengambil saat th, di mana adalah urutan , itu akan berbeda. $p(n)$ $c$ $\frac c {p(n)}$ $k$ $k$ $p(n)$

— Akumulasi
sumber