Exemplo de construção mostrando

Como construir um exemplo de uma distribuição de probabilidade para a qual mantém, assumindo ?$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$$\mathbb{P}(X\ne0)=1$

A desigualdade resultante da desigualdade de Jensen para um RV com valor positivo é como (a desigualdade inversa se ). Isso ocorre porque o mapeamento x \ mapsto \ frac {1} {x} é convexo para x> 0 e côncavo para x <0 . Seguindo a condição de igualdade na desigualdade de Jensen, acho que a distribuição precisa ser degenerada para que a igualdade exigida seja mantida. Um caso trivial em que a igualdade se mantém é, obviamente, se X = 1 ae Aqui está um exemplo que encontrei em um livro de problemas: Considere uma variável aleatória discreta X tal que$X$$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$$X<0$$x\mapsto\frac{1}{x}$$x>0$$x<0$$X=1$$X$$\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$ . É então facilmente verificado que .$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$

Este exemplo mostra que não precisa ser positivo (ou negativo) ae para manter a igualdade no título. A distribuição aqui também não é degenerada.$X$

Como construo um exemplo, possivelmente o que encontrei no livro? Existe alguma motivação?

Vamos construir todos os exemplos possíveis de variáveis ​​aleatórias $X$ para as quais $E[X]E[1/X]=1$ . Então, entre eles, podemos seguir algumas heurísticas para obter o exemplo mais simples possível. Essas heurísticas consistem em fornecer os valores mais simples possíveis para todas as expressões que abandonam uma análise preliminar. Esse é o exemplo do livro didático.

Análise preliminar

Isso requer apenas um pouco de análise com base nas definições. A solução é apenas de interesse secundário: o objetivo principal é desenvolver insights para nos ajudar a entender os resultados intuitivamente.

Primeiro, observe que a desigualdade de Jensen (ou a desigualdade de Cauchy-Schwarz) implica que, para uma variável aleatória positiva $X$ , $E[X]E[1/X] \ge 1$ , com a igualdade mantendo se e somente se $X$ for "degenerado": isto é , $X$ é quase certamente constante. Quando $X$ é uma variável aleatória negativa, $-X$ é positivo e o resultado anterior se mantém com o sinal de desigualdade invertido. Consequentemente, qualquer exemplo em que $E[1/X]=1/E[X]$ deve ter probabilidade positiva de ser negativo e probabilidade positiva de ser positivo.

O insight aqui é que qualquer $X$ com $E[X]E[1/X]=1$ deve, de alguma forma, "equilibrar" a desigualdade de sua parte positiva contra a desigualdade na outra direção da sua parte negativa. Isso ficará mais claro à medida que avançamos.

Considere qualquer variável aleatória X diferente de zero $X$. Uma etapa inicial na formulação de uma definição de expectativa (pelo menos quando isso é feito em generalidade total usando a teoria da medida) é decompor $X$ em suas partes positivas e negativas, ambas variáveis ​​aleatórias positivas:

$$\eqalign{ Y &= \operatorname{Positive part}(X) = \max(0, X);\\ Z &= \operatorname{Negative part}(X) = -\min(0, X). }$$

Pensemos de $X$ como uma mistura de $Y$ com peso $p$ e $-Z$ com peso $1-p$ onde

$$p=\Pr(X\gt 0),\ 1-p = \Pr(X \lt 0).$$ Obviamente $$0 \lt p \lt 1.$$ Isso nos permitirá escrever expectativas de $X$ e $1/X$em termos das expectativas das variáveis positivas $Y$ e $Z$ .

Para simplificar um pouco a próxima álgebra, observe que o redimensionamento uniforme de $X$ por um número $\sigma$ não altera $E[X]E[1/X]$ mas multiplica $E[Y]$ e $E[Z]$ cada um por $\sigma$ . Para positivo $\sigma$ , esta eleva-se a simplesmente selecionar as unidades de medida de $X$ . Um negativo $\sigma$ comuta os papéis de $Y$ e $Z$ . Escolhendo o sinal de $\sigma$apropriadamente, portanto, podemos supor

$$E[Z]=1\text{ and }E[Y] \ge E[Z].\tag{1}$$

Notação

É isso para simplificações preliminares. Para criar uma boa notação, vamos escrever

$$\mu = E[Y];\ \nu = E[1/Y];\ \lambda=E[1/Z]$$

pelas três expectativas que não podemos controlar. Todas as três quantidades são positivas. A desigualdade de Jensen afirma

$$\mu\nu \ge 1\text{ and }\lambda \ge 1.\tag{2}$$

A Lei da Probabilidade Total expressa as expectativas de $X$ e $1/X$ em termos das quantidades que denominamos:

$$E[X] = E[X\mid X\gt 0]\Pr(X \gt 0) + E[X\mid X \lt 0]\Pr(X \lt 0) = \mu p - (1-p) = (\mu + 1)p - 1$$

e, como 1 / X tem o mesmo sinal que X ,$1/X$$X$

$$E\left[\frac{1}{X}\right] = E\left[\frac{1}{X}\mid X\gt 0\right]\Pr(X \gt 0) + E\left[\frac{1}{X}\mid X \lt 0\right]\Pr(X \lt 0) = \nu p - \lambda(1-p) = (\nu + \lambda)p - \lambda.$$

Igualar o produto dessas duas expressões com 1 fornece um relacionamento essencial entre as variáveis:$1$

$$1 = E[X]E\left[\frac{1}{X}\right] = ((\mu +1)p - 1)((\nu + \lambda)p - \lambda).\tag{*}$$

Reformulation of the Problem

Suppose the parts of $X$--$Y$ and $Z$--are any positive random variables (degenerate or not). That determines $\mu, \nu,$ and $\lambda$. When can we find $p$, with $0 \lt p \lt 1$, for which $(*)$ holds?

This clearly articulates the "balancing" insight previously stated only vaguely: we are going to hold $Y$ and $Z$ fixed and hope to find a value of $p$ that appropriately balances their relative contributions to $X$. Although it's not immediately evident that such a $p$ need exist, what is clear is that it depends only on the moments $E[Y]$, $E[1/Y]$, $E[Z]$, and $E[1/Z]$. The problem thereby is reduced to relatively simple algebra--all the analysis of random variables has been completed.

Solution

This algebraic problem isn't too hard to solve, because $(*)$ is at worst a quadratic equation for $p$ and the governing inequalities $(1)$ and $(2)$ are relatively simple. Indeed, $(*)$ tells us the product of its roots $p_1$ and $p_2$ is

$$p_1p_2 = (\lambda - 1)\frac{1}{(\mu+1)(\nu+\lambda)} \ge 0$$

and the sum is

$$p_1 + p_2 = (2\lambda + \lambda \mu + \nu)\frac{1}{(\mu+1)(\nu+\lambda)} \gt 0.$$

Therefore both roots must be positive. Furthermore, their average is less than $1$, because

$$1 - \frac{(p_1+p_2)}{2} = \frac{\lambda \mu + \nu + 2 \mu \nu}{2(\mu+1)(\nu+\lambda)} \gt 0.$$

(By doing a bit of algebra, it's not hard to show the larger of the two roots does not exceed $1$, either.)

A Theorem

Here is what we have found:

Given any two positive random variables $Y$ and $Z$ (at least one of which is nondegenerate) for which $E[Y]$, $E[1/Y]$, $E[Z]$, and $E[1/Z]$ exist and are finite. Then there exist either one or two values $p$, with $0 \lt p \lt 1$, that determine a mixture variable $X$ with weight $p$ for $Y$ and weight $1-p$ for $-Z$ and for which $E[X]E[1/X]=1$. Every such instance of a random variable $X$ with $E[X]E[1/X]=1$ is of this form.

That gives us a rich set of examples indeed!

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Constructing the Simplest Possible Example

Having characterized all examples, let's proceed to construct one that is as simple as possible.

• For the negative part $Z$, let's choose a degenerate variable--the very simplest kind of random variable. It will be scaled to make its value $1$, whence $\lambda=1$. The solution of $(*)$ includes $p_1=0$, reducing it to an easily solved linear equation: the only positive root is

  $$p = \frac{1}{1+\mu} + \frac{1}{1+\nu}.\tag{3}$$

• For the positive part $Y$, we obtain nothing useful if $Y$ is degenerate, so let's give it some probability at just two distinct positive values $a \lt b$, say $\Pr(X=b)=q$. In this case the definition of expectation gives

  $$\mu = E[Y] = (1-q)a + qb;\ \nu = E[1/Y] = (1-q)/a + q/b.$$

• To make this even simpler, let's make $Y$ and $1/Y$ identical: this forces $q=1-q=1/2$ and $a=1/b$. Now

  $$\mu = \nu = \frac{b + 1/b}{2}.$$

  The solution $(3)$ simplifies to

  $$p = \frac{2}{1+\mu} = \frac{4}{2 + b + 1/b}.$$

• How can we make this involve simple numbers? Since $a\lt b$ and $ab=1$, necessarily $b\gt 1$. Let's choose the simplest number greater than $1$ for $b$; namely, $b=2$. The foregoing formula yields $p = 4/(2+2+1/2) = 8/9$ and our candidate for the simplest possible example therefore is

  $$\eqalign{ \Pr(X=2) = \Pr(X=b) = \Pr(Y=b)p = qp = \frac{1}{2}\frac{8}{9} = \frac{4}{9};\\ \Pr(X=1/2) = \Pr(X=a) = \Pr(Y=a)p = qp = \cdots = \frac{4}{9};\\ \Pr(X=-1) = \Pr(Z=1)(1-p) = 1-p = \frac{1}{9}. }$$

This is the very example offered in the textbook.

As you've mentioned, if $X$ is positive then $E(1/X)=1/E(X)$ occurs only when $X$ is almost surely constant. Otherwise you need $X$ to take both negative and positive values.

To construct such an example, first go as simple as possible. Assume $X$ takes two values, $a$ and $b$, with probabilities $p$ and $1-p$ respectively. Then

$$E(X)=ap+b(1-p)$$ and $$E(1/X)=\frac1ap+\frac1b(1-p).$$ To have $1/E(X)=E(1/X)$ we require $$ap+b(1-p)=\frac1{\frac1ap+\frac1b(1-p)}$$ which rearranges to the requirement $$(a-b)^2p(1-p)=0.$$ This means the only possible solution must have either $a=b$, or $p=0$, or $p=1$. In all cases we return to the degenerate case: $X$ is constant.

Next try: a distribution with three possible values. Here there are many more choices. The example you cited tries an $X$ such that $1/X$ has the same distribution. If we know $X$ takes three values, it must be that one of the values is either $1$ or $-1$, and the other two must be $a$ and $1/a$ for some choice of $a$. For definiteness let's try $P(X=a)=P(X=1/a)=p$, and $P(X=-1)=1-2p$. Then

$$E(1/X)=E(X)=(a+\frac1a)p-(1-2p)=(2+a+\frac1a)p-1.\tag1$$ To meet the requirement $1/E(X)=E(1/X)$ we demand $E(X)=1$ or $E(X)=-1$. Expression (1) is never $-1$ unless $p=0$, which returns us to the degenerate case again. So aim for $E(X)=1$, which gives $$(2+a+\frac1a)p=2\quad\Leftrightarrow\quad p=\frac2{2+a+\frac1a}=\frac{2a}{(a+1)^2}.\tag2$$ Expression (2) gives an entire family of solutions that meet the requirement. The only constraint is that $a$ must be positive. The example you cited takes $a=2$. Only the case $a=1$ is degenerate.