Erwartung des Kehrwertes einer Variablen

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Ich bin verwirrt, wenn ich Erwartung im Nenner anwende.

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

kann es ? $1/E(X)\,$

expected-value Shan
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In Verbindung stehender Beitrag: stats.stackexchange.com/questions/305713/… .

StubbornAtom

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kann es 1 / E sein (X)?

Nein, im Allgemeinen kann es nicht; Jensens Ungleichung besagt, dass, wenn eine Zufallsvariable und eine konvexe Funktion ist, . Wenn streng positiv ist, dann ist konvex, also , und für eine streng konvexe Funktion tritt Gleichheit nur auf, wenn hat Null-Varianz ... in Fällen, an denen wir eher interessiert sind, sind die beiden im Allgemeinen ungleich. $X$ $\varphi$ $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ $X$ $1/X$ $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ $X$

Angenommen, es handelt sich um eine positive Variable. Wenn Ihnen klar ist, dass und in umgekehrter Beziehung zueinander stehen ( ), würde dies implizieren. was impliziert , also . $X$ $1/X$ $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ $E(X) E(1/X) \geq 1$ $E(1/X) \geq 1/E(X)$

Ich bin verwirrt, wenn ich Erwartung im Nenner anwende.

Wende das Gesetz des unbewussten Statistikers an

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

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

(im kontinuierlichen Fall)

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

In einigen Fällen kann die Erwartung durch Inspektion (z. B. mit Gamma-Zufallsvariablen) oder durch Ableiten der inversen Verteilung oder auf andere Weise bewertet werden.

Glen_b - Setzen Sie Monica wieder ein
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Wie Glen_b sagt, ist das wahrscheinlich falsch, weil der Kehrwert eine nichtlineare Funktion ist. Wenn Sie eine Annäherung an $E(1/X)$ wünschen , können Sie möglicherweise eine Taylor-Erweiterung um $E(X)$ :

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)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ so brauchen Sie nur von X bedeuten undVarianz, und wenn die Verteilung von

X

$X$ symmetrisch ist diese Näherung kann sehr genau sein.

BEARBEITEN: das vielleicht oben ist ziemlich kritisch, siehe den Kommentar von BioXX unten.

Matteo Fasiolo
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oh ja ja ... Es tut mir sehr leid, dass ich diese Tatsache nicht verstehen konnte ... Ich habe noch eine Frage ... Gilt dies für jede Art von Funktion

... Wie kann die Erwartung von

kann in Bezug auf

und

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

Sandipan Karmakar

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Ich glaube nicht, dass Sie es für

da diese Funktion nicht differenzierbar ist. Ich würde das Problem lieber in die Fälle einteilen und sagen:

, I vermuten.

| 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

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@MatteoFasiolo Können Sie bitte erklären, warum sich die Symmetrie der Verteilung von

(oder das Fehlen von

) auf die Genauigkeit der Taylor-Approximation auswirkt? Haben Sie eine Quelle, auf die Sie mich verweisen könnten, um zu erklären, warum dies so ist?

X

$X$

Aaron Hendrickson

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@AaronHendrickson Meine Argumentation ist einfach, dass der nächste Term in der Erweiterung proportional zu

was mit der Schiefe der Verteilung von

. Schiefe ist ein Asymmetriemaß. Die Null-Schiefe garantiert jedoch keine Symmetrie, und ich bin nicht sicher, ob die Symmetrie die Null-Schiefe garantiert. Daher ist dies alles heuristisch und es könnte viele Gegenbeispiele geben.

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

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

X

$X$

Matteo Fasiolo

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Ich verstehe nicht, wie diese Lösung so viele positive Stimmen bekommt. Für eine einzelne Zufallsvariable

gibt es keine Rechtfertigung für die Qualität dieser Approximation. Die dritte Ableitung

ist nicht begrenzt. Der Rest der rd. ist

, wo

ist selbst eine Zufallsvariable zwischen

und

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

$\mu$ . Der Rest wird im Allgemeinen nicht verschwinden und kann sehr groß sein. Taylor ca. kann nur dann sinnvoll sein , wenn eine Folge von Zufallsvariablen hat

wobei

. Auch dann ist bei Interesse an der Erwartung zusätzlich eine einheitliche Integrierbarkeit erforderlich.

X_{n} - μ = O_{p} (a_{n})

$X_n -\mu = O_p(a_n)$

a_{n} \to 0

$a_n \to 0$

BloXX

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Andere haben bereits erklärt, dass die Antwort auf die Frage NEIN lautet, mit Ausnahme von Kleinigkeiten. Nachfolgend geben wir einen Ansatz zum Auffinden von wennmit der Wahrscheinlichkeit eins ist, und die Momenterzeugungsfunktionexistieren. Eine Anwendung dieser Methode (und eine Verallgemeinerung) wird inExpected value of wenn einer Beta-Verteilung folgt. Wir werden hier auch ein einfacheres Beispiel geben. $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

Beachten Sie zunächst, dass (einfache Kalkülübung). Dann schreiben Sie $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$ Eine einfache Anwendung: Lassen Sie die Exponentialverteilung mit der Rate 1 haben, dh mit der Dichte und der momenterzeugenden Funktion

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

$\E \left(\frac1{X}\right) = \int_0^\infty x^{-1} f(x)\; dx = \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx}\; dt \right) f(x)\; dx =\\ \int_0^\infty \left( \int_0^\infty e^{-tx} f(x) \; dx \right) \; dt = \int_0^\infty M_X(-t) \; dt$

X

$X$

e^{- x}, x > 0

$e^{-x}, x>0$

. Dann ist

M_{X} (t) = \frac{1}{1 - t}, t < 1

$M_X(t)=\frac1{1-t}, t<1$

\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
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$E(1/X)$ $E[e^{-\lambda X}]$

\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
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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

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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

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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
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Erwartung des Kehrwertes einer Variablen

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