Bagaimana membuktikan apakah rata-rata fungsi kepadatan probabilitas ada

Diketahui bahwa diberikan variabel acak bernilai nyata $X$ dengan pdf $f$ , rata-rata $X$ (jika ada) ditemukan oleh

E [X] = \int_{R} x f (x) d x .

$\begin{equation} \mathbb{E}[X]=\int_{\mathbb{R}}x\,f(x)\,\mathrm{d}x\,. \end{equation}$

Pertanyaan umum: Sekarang, jika seseorang tidak dapat menyelesaikan integral di atas dalam bentuk tertutup tetapi ingin hanya menentukan apakah mean ada dan terbatas, adakah cara untuk membuktikannya? Apakah ada (mungkin) beberapa tes yang dapat saya terapkan pada integrand untuk menentukan apakah kriteria tertentu dipenuhi untuk mean yang ada?

Pertanyaan spesifik aplikasi: Saya memiliki pdf berikut yang ingin saya tentukan jika rata-rata ada:

f (x) = \frac{| σ_{2}^{2} μ_{1} x + μ_{2} σ_{1}^{2} |}{σ_{1}^{3} σ_{2}^{3} a^{3} (x)} ϕ (\frac{μ_{2} x - μ_{1}}{σ_{1} σ_{2} a (x)}) for x \in R,

$\begin{equation} f(x)=\frac{|\sigma_{2}^{2}\mu_{1}x+\mu_{2}\sigma_{1}^{2}|}{\sigma_{1}^{3}\sigma_{2}^{3}a^{3}(x)}\,\phi\left(\frac{\mu_{2}x-\mu_{1}}{\sigma_{1}\sigma_{2}a(x)}\right)\qquad \text{for}\ x\in\mathbb{R}\,, \end{equation}$

dimana $\mu_{1},\mu_{2}\in\mathbb{R}$ , $\sigma_{1},\sigma_{2}>0$ , $a(x)=\left(\frac{x^{2}}{\sigma_{1}^{2}}+\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\right)^{1/2}$ , dan $\phi(g(x))=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-g^{2}(x)/2}$ .

Saya telah mencoba untuk memecahkan karena sia-sia.

distributions mathematical-statistics expected-value Aaron Hendrickson
sumber

dalam pertanyaan spesifik Anda

f (x)

$f(x)$ bukan fungsi kepadatan yang tepat. seharusnya

μ_{1} = 1

$\mu_1 =1$ ,

μ_{2} = 0

$\mu_2=0$ dan

σ_{j} = 1

$\sigma_j = 1$ ,

j = 1, 2

$j=1,2$ , kemudian

f (x) < 0

$f(x)<0$ untuk

x < 0

$x<0$ .

EliKa

@EliKa Bagus temukan. Mungkin ada salah ketik. Saya akan memeriksa dan memperbaiki pertanyaan. Yang mengatakan, saya masih sebagian besar tertarik pada bagian "bagaimana" dari pertanyaan, yaitu bagaimana saya akan mendapatkan tentang menentukan apakah mean ada dan terbatas?

Aaron Hendrickson

Anda dapat mencoba berlari

| x f (x) |

$\lvert x f(x) \rvert$ di atas dan di bawah oleh beberapa fungsi non-negatif

u (x)

$u(x)$ dan

b (x)

$b(x)$ sedemikian rupa sehingga Anda dapat mengintegrasikannya. Jika bisa terintegrasi

u (x)

$u(x)$ , maka distribusi Anda memiliki mean. Jika

\int b (x) d x = \infty

$\int b(x)dx = \infty$ , maka distribusi Anda tidak ada artinya.

Ceph

@ Ceph Itu saran yang bagus. Apakah teknik itu didasarkan pada "teorema pemerasan"?

Aaron Hendrickson

@ Harunendrickson Gagasan yang sama, tetapi (seperti yang saya mengerti) teorema pemerasan sedikit berbeda. Menggunakan ST di sini mungkin terlihat seperti ini: Anda dapati

u (x)

$u(x)$ dan

b (x)

$b(x)$ terikat itu

x f (x)

$xf(x)$ (Bukan terikat

| x f (x) |

$\lvert x f(x) \rvert$ seperti dalam komentar saya sebelumnya) sehingga Anda dapat menemukan

\int u (x) d x = \int b (x) d x = μ

$\int u(x) dx = \int b(x) dx= \mu$ dimana

μ

$\mu$ adalah rata-rata distribusi Anda. Tapi itu mungkin bukan strategi yang masuk akal, karena Anda akan kesulitan menemukan itu

u

$u$ dan

b

$b$ . (Mereka bisa berbeda dari

x f (x)

$xf(x)$ hanya pada serangkaian ukuran 0 dan mungkin tidak akan lebih mudah untuk diintegrasikan daripada

x f (x)

$xf(x)$ adalah.)

Ceph

Jawaban:

Tidak ada teknik umum, tetapi ada beberapa prinsip sederhana. Salah satunya adalah mempelajari perilaku ekor $f$ dengan membandingkannya dengan fungsi yang bisa dilacak.

Menurut definisi, harapan adalah batas ganda (as $y$ dan $z$ bervariasi secara mandiri)

E_{y, z} [f] = lim_{y \to - \infty, z \to \infty} \int_{y}^{z} x f (x) d x = lim_{y \to - \infty} \int_{y}^{0} x f (x) d x + lim_{z \to \infty} \int_{0}^{z} x f (x) d x .

$E_{y,z}[f] = \lim_{y\to-\infty,z\to\infty}\int_y^z x f(x) dx = \lim_{y\to-\infty}\int_y^0 x f(x) dx+ \lim_{z\to\infty}\int_0^z x f(x) dx.$

Perlakuan kedua integral di kanan adalah sama, jadi mari kita fokus pada yang positif. Satu perilaku $f$ yang menjamin nilai pembatas adalah membandingkannya dengan kekuatan $x^{-p}$ . Seharusnya $p$ adalah nomor yang

\underset{x \to \infty}{lim inf} x^{p} f (x) > 0.

$\liminf_{x\to\infty} x^p f(x)\gt 0.$ Ini berarti ada

ϵ > 0

$\epsilon\gt 0$ dan sebuah

N > 1

$N\gt 1$ untuk itu

x^{p} f (x) \geq ϵ

$x^p f(x) \ge \epsilon$ kapanpun

x \in [N, \infty)

$x\in[N,\infty)$ . Kami dapat memanfaatkan ketidaksetaraan ini dengan memecah integrasi ke daerah-daerah di mana

x < N

$x\lt N$ dan

x \geq N

$x \ge N$ dan menerapkannya di wilayah kedua:

\begin{aligned} \int_{0}^{z} x f (x) d x & = \int_{0}^{N} x f (x) d x + \int_{N}^{z} x f (x) d x \\ = \int_{0}^{N} x f (x) d x + \int_{N}^{z} x^{1 - p} (x^{p} f (x)) d x \\ \geq \int_{0}^{N} x f (x) d x + \int_{N}^{z} x^{1 - p} (ϵ) d x \\ = \int_{0}^{N} x f (x) d x + \frac{ϵ}{2 - p} (z^{2 - p} - N^{2 - p}) . \end{aligned}

$\eqalign{ \int_0^z x f(x) dx &=\int_0^{N} x f(x) dx + \int_{N}^z x f(x) dx \\ &=\int_0^{N} x f(x) dx + \int_{N}^z x^{1-p} \left(x^p f(x)\right) dx \\ &\ge \int_0^{N} x f(x) dx + \int_{N}^z x^{1-p} \left(\epsilon\right) dx \\ &= \int_0^{N} x f(x) dx + \frac{\epsilon}{2-p}\left(z^{2-p} - {N}^{2-p}\right). }$

Disediakan $p\lt 2$ , sisi kanan menyimpang sebagai $z\to\infty$ . Kapan $p=2$ integral mengevaluasi ke logaritma,

\int_{N}^{z} x^{1 - 2} (ϵ) d x = ϵ (\log (z) - \log (N)),

$\int_{N}^z x^{1-2} \left(\epsilon\right) dx = \epsilon \left(\log(z) - \log(N)\right),$

yang juga menyimpang.

Analisis yang sebanding menunjukkan bahwa jika $|x|^pf(x)\to 0$ untuk $p\gt 2$ , kemudian $E[X]$ ada Demikian pula kami dapat menguji apakah setiap saat $X$ ada: untuk $\alpha\gt 0$ , harapan dari $|X|^\alpha$ ada saat $|x|^{p+\alpha}f(x)\to 0$ untuk beberapa $p\gt 1$ dan tidak ada kapan $\liminf |x|^{p+\alpha}f(x)\gt 0$ untuk beberapa $p \le 1$ . Ini menjawab "pertanyaan umum."

Mari kita terapkan wawasan ini pada pertanyaan. Dengan inspeksi jelas bahwa $a(x)\approx |x|/\sigma_1$ untuk yang besar $|x|$ . Dalam mengevaluasi $f$ Oleh karena itu, kami dapat membatalkan ketentuan tambahan yang pada akhirnya akan dibanjiri oleh $|x|$ . Jadi, hingga konstanta bukan nol, untuk $x\gt 0$

f (x) \approx \frac{μ_{1} x}{σ_{2} x^{3}} ϕ (\frac{μ_{2} x}{σ_{2} x}) = x^{- 2} \frac{μ_{1}}{σ_{2}} \exp ({(- \frac{μ_{2}}{2 σ_{2}})}^{2}) .

$f(x) \approx \frac{\mu_1 x}{\sigma_2 x^3}\phi\left(\frac{\mu_2 x}{\sigma_2 x}\right) = x^{-2}\frac{\mu_1}{\sigma_2}\exp\left(\left(-\frac{\mu_2}{2\sigma_2}\right)^2\right).$

Jadi $x^2 f(x)$ mendekati konstanta bukan nol. Dengan hasil sebelumnya, harapan berbeda.

Sejak $2$ adalah nilai terkecil dari $p$ yang berfungsi dalam argument-- ini $|x|^pf(x)$ akan menjadi nol sebagai $|x|\to\infty$ untuk apa saja $p\lt 2$ --itu jelas (dan analisis yang lebih rinci tentang $f$ akan mengkonfirmasi) bahwa laju divergensi adalah logaritmik. Itu untuk besar $|y|$ dan $|z|$ , $E_{y,z}[f]$ dapat mendekati dengan kombinasi linear dari $\log(|y|)$ dan $\log(|z|)$ .

whuber
sumber