を示す構成例

E （1の確率分布の例を構築する方法$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$$\mathbb{P}(X\ne0)=1$と仮定して、 E（X ）が成り立つ？

正の値RV用ジェンセンの不等式から以下の不平等$X$似ている$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)\ge\frac{1}{\mathbb{E}(X)}$（$X<0$場合、逆不等式）。マッピングがためです$x\mapsto\frac{1}{x}$は、$x>0$場合は凸で、$x<0$凹です。ジェンセンの不等式の等号条件に従って、必要な等式が成立するためには、分布を縮退させる必要があると思います。等式が成り立つ些細なケースは、もちろん$X=1$aeの場合です。問題の本で見つけた例は次のとおりです。P（X=−1）=1のような離散確率変数$X$$\mathbb{P}(X=-1)=\frac{1}{9}, \mathbb{P}(X=\frac{1}{2})=\mathbb{P}(X=2)=\frac{4}{9}$。その後、$\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{\mathbb{E}(X)}=1$。

この例は、タイトルの平等が保持されるために、$X$が正（または負）aeである必要がないことを示しています。ここでの分布も縮退していません。

本で見つけたようなサンプルを作成するにはどうすればよいですか？動機はありますか？

レッツ・構文すべての可能な例のランダム変数の$X$のための$E[X]E[1/X]=1$。次に、それらのうち、いくつかのヒューリスティックに従って、最も単純な可能な例を取得します。 これらのヒューリスティックは、予備分析から脱落するすべての式に可能な限り単純な値を与えることで構成されています。 これが教科書の例であることがわかりました。

予備分析

これには、定義に基づいたほんの少しの分析が必要です。解決策は二次的な関心のみです。主な目的は、直感的に結果を理解するのに役立つ洞察を開発することです。

まず、Jensenの不等式（またはコーシー・シュワルツの不等式）はその正の確率変数のための暗示ことを観察$X$、$E[X]E[1/X] \ge 1$と場合にだけ、平等保持と$X$、それは次のとおりです。「縮退」であります、$X$はほぼ確実に一定です。場合$X$負の確率変数であり、$-X$正であり、前述の結果は、不等号を逆にして成り立ちます。したがって、任意の実施例$E[1/X]=1/E[X]$は、負になる正の確率と正になる正の確率を持つ必要があります。

ここでの洞察は、任意の点である$X$と$E[X]E[1/X]=1$何とかその負の部分から他の方向に不平等に対するその正の部分から不等式「バランス」しなければなりません。これは、進むにつれて明らかになります。

ゼロ以外のランダム変数Xを考えます。期待値の定義を策定する最初のステップ（少なくともこれがメジャー理論を使用して完全に一般化されている場合）は、Xを正と負の部分に分解することです。どちらも正のランダム変数です。$X$$X$

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

レッツ考えるXとして混合物のY重量とPと- Z量の1 - P P = のPr （X > 0 ）、1 - P = のPr （X < 0 ）。 明らかに0 < p < 1。これにより、Xと1 / Xの期待値を記述でき$X$$Y$$p$$-Z$$1-p$

$$p=\Pr(X\gt 0),\ 1-p = \Pr(X \lt 0).$$ $$0 \lt p \lt 1.$$ $X$$1/X$正の変数YおよびZの期待値に関して。$Y$$Z$

均一に再スケーリングすることを今後の代数少し、ノート簡単にするためにXを数によってσは変化しないEを[ X ] E [ 1 / X ] -しかしそれは多重しE [ Y ]とE [ Z ]によってそれぞれσ。正のσの場合、これは単にXの測定単位を選択することになります。負のσはYとZの役割を切り替えます。σの符号の選択$X$$\sigma$$E[X]E[1/X]$$E[Y]$$E[Z]$$\sigma$$\sigma$$X$$\sigma$$Y$$Z$$\sigma$適切したがって、我々は仮定することができる

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

表記法

予備的な簡略化は以上です。いい表記を作成するために、次のように書きましょう。

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

私たちがコントロールできない3つの期待のために。3つの量はすべて正です。ジェンセンの不平等は断言します

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

総確率の法則は、Xおよび1 / Xの期待値を、我々が命名した量の観点から表現しています。$X$$1/X$

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

そして、以降1 / Xは同じ符号有するXを、$1/X$$X$

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

これら2つの式の積を1と等しくすると、変数間の本質的な関係が得られます。$1$

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

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.