Ekspektasi timbal balik suatu variabel

15

Saya bingung dalam menerapkan ekspektasi dalam penyebut.

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

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

expected-value

— Shan
sumber

Posting terkait: stats.stackexchange.com/questions/305713/… .

— StubbornAtom

27

apakah bisa 1 / E (X)?

Tidak, secara umum tidak bisa; Ketidaksamaan Jensen memberi tahu kita bahwa jika adalah variabel acak dan adalah fungsi cembung, maka . Jika benar-benar positif, maka adalah cembung, jadi , dan untuk fungsi cembung ketat, persamaan hanya terjadi jika memiliki varians nol ... jadi jika kita cenderung tertarik, keduanya umumnya tidak sama. $X$ $\varphi$ $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ $X$ $1/X$ $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ $X$

Dengan asumsi kita berurusan dengan variabel positif, jika jelas bagi Anda bahwa $X$ dan $1/X$ akan berhubungan terbalik ( $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ ) maka ini akan menyiratkan $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ yang menyiratkan $E(X) E(1/X) \geq 1$ , jadi $E(1/X) \geq 1/E(X)$ .

Saya bingung dalam menerapkan ekspektasi dalam penyebut.

Gunakan hukum ahli statistik yang tidak sadar

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

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

(dalam kasus berkelanjutan)

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

Dalam beberapa kasus, harapan dapat dievaluasi dengan inspeksi (misalnya dengan variabel acak gamma), atau dengan menurunkan distribusi invers, atau dengan cara lain.

— Glen_b -Reinstate Monica
sumber

14

Seperti Glen_b mengatakan itu mungkin salah, karena timbal balik adalah fungsi non-linear. Jika Anda ingin pendekatan ke mungkin Anda bisa menggunakan ekspansi Taylor sekitar : $E(1/X)$ $E(X)$

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)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ jadi Anda hanya perlu rata-rata dan varian X, dan jika distribusi

X

$X$ simetris, perkiraan ini bisa sangat akurat.

EDIT: mungkin di atas cukup kritis, lihat komentar dari BioXX di bawah ini.

— Matteo Fasiolo
sumber

oh ya ya ... Saya sangat menyesal bahwa saya tidak dapat memahami fakta itu ... Saya punya satu lagi q ... Apakah ini berlaku untuk semua jenis fungsi ??? sebenarnya saya terjebak dengan

... Bagaimana bisa harapan

dapat disimpulkan dalam bentuk

dan

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

— Sandipan Karmakar

2

Saya tidak berpikir Anda dapat menggunakannya untuk

karena fungsi itu tidak dapat dibedakan. Saya lebih suka membagi masalahnya ke dalam case dan mengatakan

, saya Tebak.

| 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 Bisakah Anda jelaskan mengapa simetri distribusi

(atau ketiadaan) memiliki efek pada keakuratan perkiraan Taylor? Apakah Anda memiliki sumber yang dapat Anda tunjukkan kepada saya yang menjelaskan mengapa ini?

X

$X$

— Aaron Hendrickson

1

@AaronHendrickson alasan saya hanyalah bahwa istilah berikutnya dalam ekspansi sebanding dengan

yang terkait dengan kecondongan distribusi

. Skewness adalah ukuran asimetri. Namun, nol skewness tidak menjamin simetri dan saya tidak yakin apakah simetri menjamin nol skewness. Oleh karena itu, ini semua heuristik dan mungkin ada banyak contoh tandingan.

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

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

X

$X$

— Matteo Fasiolo

4

Saya tidak mengerti bagaimana solusi ini mendapat begitu banyak upvotes. Untuk variabel acak tunggal

tidak ada justifikasi tentang kualitas perkiraan ini. Derivatif ketiga

tidak dibatasi. Selain itu sisa dari kira-kira. adalah

mana

sendiri merupakan variabel acak antara

dan

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

$\mu$ . Sisanya tidak akan hilang secara umum dan mungkin sangat besar. Taylor kira-kira. hanya mungkin berguna jika salah satu memiliki urutan acak variabel

di mana

. Bahkan integrasi yang seragam diperlukan juga jika tertarik pada harapan.

X_{n} - μ = O_{p} (a_{n})

$X_n -\mu = O_p(a_n)$

a_{n} \to 0

$a_n \to 0$

— BloXX

8

Yang lain sudah menjelaskan bahwa jawaban untuk pertanyaan itu adalah TIDAK, kecuali kasus-kasus sepele. Di bawah ini kami memberikan pendekatan untuk menemukan ketikadengan probabilitas satu, dan fungsi menghasilkan momenmemang ada. Aplikasi metode ini (dan generalisasi) diberikan dalamnilai yang diharapkan dari ketika mengikuti distribusi Beta, kami di sini juga akan memberikan contoh yang lebih sederhana. $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

Pertama, perhatikan bahwa (latihan kalkulus sederhana). Kemudian, tulis $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$

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

$\int_0^\infty M_X(-t)\; dt = \int_0^\infty \frac1{1+t} \; dt= \ln(1+t) \bigg\rvert_0^\infty = \infty$

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

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

— kjetil b halvorsen
sumber

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
sumber

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
sumber