Se , é para ?

Eu tenho uma variável que eu sei que tem variação finita (e, portanto, também média finita). É sempre verdade que sua variação permanece finita após o dimensionamento de ? $X$ $0 \le Y \le 1$

Observe que e não são necessariamente independentes. $X$ $Y$

Edit: Eu acredito que o "pior caso" é quando e sempre que , por algum (e no caso espelhado)? $Y$ $0$ $X < c$ $1$ $X \ge c$ $c$

mathematical-statistics variance bounds

— Aaron Voelker
fonte

é uma variável aleatória?

Y

$Y$

— Greenparker 5/05

Sim, mas isso pode depender .

X

$X$

— Aaron Voelker 5/05

Uma desigualdade totalmente trivial às vezes é bastante útil em tais situações: . (Este é talvez o caso especial mais simples da desigualdade de Hölder para

aplicado a

)

E (X^{2} Y^{2}) \leq E (X^{2}) sup (Y^{2})

$\mathbb{E}(X^2Y^2) \le \mathbb{E}(X^2)\sup(Y^2)$

p = 1, q = \infty

$p=1,q=\infty$

X^{2}

$X^2$

Y^{2}

$Y^2$

— whuber

Obrigado whuber. Eu acredito que isso leva à solução correta (veja a resposta que eu fiz)!

— Aaron Voelker

Respostas:

Eu inaceitei a resposta de kjetil desde que, como foi apontado nos comentários, ele assume que e são independentes. $X$ $Y$

A resposta a seguir deve funcionar quando e são dependentes, usando a sugestão do whuber: $X$ $Y$

\begin{aligned} Var (X Y) & = E ((X Y)^{2}) - E (X Y)^{2} \\ \leq E (X^{2} Y^{2}) \\ \leq E (X^{2}) sup (Y^{2}) \\ = E (X^{2}) \\ = Var (X) + E (X)^{2} \\ < \infty \end{aligned}

$\begin{align} \text{Var}(XY) &= E((XY)^2) - E(XY)^2 \\ &\le E(X^2Y^2) \\ &\le E(X^2)\sup(Y^2) \\ &= E(X^2) \\ &= \text{Var}(X) + E(X)^2 \\ &< \infty \end{align}$

Observe que o resultado também vale para qualquer delimitado (pois será finito). $Y$ $\sup(Y^2)$

— Aaron Voelker
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Observe também que podemos concluir , pois .

| E (X Y) | \leq \sqrt{Var (X) + E (X)^{2}}

$|E(XY)| \le \sqrt{\text{Var}(X) + E(X)^2}$

Var (X Y) \geq 0 ⟹ E (X Y)^{2} \leq E ((X Y)^{2})

$\text{Var}(XY) \ge 0 \implies E(XY)^2 \le E((XY)^2)$

— Aaron Voelker

Eu não acredito Kjetil independência presumida entre e . A lei da variação total é válida em geral, e não assume independência. Portanto, não encontro nada em sua declaração que assuma independência. Observe também que sua conclusão é exatamente a mesma que a minha conclusão, baseada na resposta da kjetil.

X

$X$

Y

$Y$

— Greenparker

A independência deve ter sido usada em algum lugar (acho que ao calcular a expectativa); caso contrário, a primeira equação da sua resposta (como mostrado no meu comentário) está afirmando que é o mesmo, ou são independentes, o que é uma contradição. O fato de termos chegado à mesma conclusão é uma espécie de "coincidência", porque ambos estamos dando limites superiores. A minha vem da eliminação do termo e , e a sua vem de .

Var (X Y)

$\text{Var}(XY)$

X

$X$

Y

$Y$

E (X Y)^{2}

$E(XY)^2$

Y^{2} \leq sup (Y^{2})

$Y^2 \le \sup(Y^2)$

Var (Y), E (Y^{2}) \leq sup (Y^{2})

$\text{Var}(Y), E(Y^2) \le \sup(Y^2)$

— Aaron Voelker

Acho que descobri onde o kjetil está usando a independência. Pela lei da variância total . Se apenas olharmos para o primeiro termo que não é o mesmo que . É o mesmo apenas quando e são independentes.

V a r (X Y) = V a r (E (X Y | Y)) + E (V a r (X Y | Y))

$Var(XY) = Var(E(XY|Y)) + E(Var(XY|Y))$

V a r (E (X Y ∣ Y)) = V a r (Y^{2} E (X ∣ Y))

$Var(E(XY \mid Y)) = Var(Y^2E(X \mid Y))$

V a r (Y^{2} E (X))

$Var(Y^2E(X))$

X

$X$

Y

$Y$

— Greenparker

Mudei minha resposta para refletir as mudanças.

— Greenparker

Você precisa usar a fórmula onde é o operador de variação. Considere termo a termo, escreva , com variação (acima de ) que é finito, pois é delimitado.

V (X Y) = E (V (X Y | Y)) + V (E (X Y | Y))

$\DeclareMathOperator{\Var}{\mathbb{V}} \DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \Var (XY) = \E (\Var (XY | Y)) + \Var (\E (XY | Y))$

V

$\Var$

μ = E X, σ^{2} = V X

$\mu=\E X, \sigma^2=\Var X$

E (X Y | Y = y) = E (y X) = y E (X) = μ y

$\E (XY | Y= y) = \E (yX) = y \E (X) =\mu y$

Y

$Y$

V (μ Y)

$\Var (\mu Y)$

Y

$Y$

Então o outro termo, que novamente tem uma expectativa finita, pois é delimitado. Então a resposta é sim. $\Var (XY | Y=y) = \Var (yX) = y^2 \Var (X) = \sigma^2 y^2$ $Y$

— kjetil b halvorsen
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Agradável. Para verificar meu entendimento, isso está usando a lei da variação total ? Além disso, isso parece provar algo mais geral: que a variação é finita desde que a variação de e seja finita?

X Y

$XY$

X

$X$

Y

$Y$

— Aaron Voelker 5/05

@ Aaron Voelker: Não há necessidade de independência nos cálculos.

— Kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen não se aplica sem algumas suposições (como independência).

E (X Y ∣ Y = y) = E (y X)

$\mathbb{E}(XY \mid Y=y) = \mathbb{E}(yX)$

— Juho Kokkala

@Juho também. A relação é um exemplo de um teorema muito geral chamado "retirar o que é conhecido". Não requer independência de . Consulte en.wikipedia.org/wiki/Conditional_expectation#Basic_properties .

E (1 X) = E (X) = 0.5

$\mathbb{E}(1 X) = \mathbb{E}(X)=0.5$

E (X Y ∣ Y = y) = E (X) y

$\mathbb{E}(XY\mid Y=y)=\mathbb{E}(X)y$

(X, Y)

$(X,Y)$

— whuber

@ Juho Desculpe, meu comentário foi estúpido. É claro que eu precisava escrever a expectativa condicional em . Por alguma razão, apenas entendi automaticamente essas expectativas como condicionais, mesmo quando não eram ....

E (X Y ∣ Y = y) = E (X ∣ Y = y) y

$\mathbb{E}(XY\mid Y=y)=\mathbb{E}(X\mid Y=y) y$

— whuber