非负离散分布的示例，其中均值（或另一个矩）不存在？

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我在scipy中进行一些工作，并且与核心scipy组的成员进行了交谈，以确定非负离散随机变量是否可以具有不确定的时刻。我认为他是正确的，但没有证明。任何人都可以显示/证明此声明吗？（或如果此主张不成立，则不予支持）

如果离散随机变量在上受支持，我没有方便的示例，但似乎柯西分布的某些离散版本应作为获得不确定时刻的示例。非负数的条件（可能包括）似乎使这个问题具有挑战性（至少对我而言）。 $\mathbb{Z}$ $0$

mathematical-statistics expected-value

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令CDF在整数处等于，在其他所有地方都为分段常数，并以所有条件为CDF。期望是 $F$ $1-1/n$ $n=1,2,\ldots,$

\int_{0}^{\infty} (1 - F (x)) d x = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\int_{0}^\infty (1-F(x))\mathrm{d}x = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

哪有分歧。从这个意义上说，第一时刻（以及所有更高的时刻）是无限的。 （有关详细信息，请参见最后的评论。）

如果您对这种表示法不满意，请注意，对于 $n=1,2,3,\ldots,$

{Pr}_{F} (n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1.}

${\Pr}_{F}(n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1.}$

由于每个项都是正数并且

\sum_{n = 1}^{\infty} {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = lim_{n \to \infty} 1 - \frac{1}{n + 1} = 1.

$\sum_{n=1}^\infty {\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \lim_{n\to \infty} 1 - \frac{1}{n+1} = 1.$

期望是

\sum_{n = 1}^{\infty} n {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} n (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n + 1} = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\sum_{n=1}^\infty n\,{\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1} = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

哪有分歧。

用这种表达答案的方式可以清楚地看出，所有解都是通过这种发散级数获得的。 确实，如果您希望在正值某个子集上支持该分布且概率总和为1，则可以期望使级数发散表达它的，即 $x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots,$ $p_1, p_2, \ldots$

（ {一种}_{ñ} ） = （ X_{ñ} p_{ñ} ） ，

$(a_n) = (x_n p_n),$

必须有不同的部分和。

相反，每个非负数的发散级数与许多具有发散期望的离散正分布相关。 $(a_n)$ 例如，给定您可以应用以下算法来确定序列和。首先为设置和将定义为以这种方式出现的所有的集合，将其元素索引为并在上定义概率分布通过 $(a_n)$ $(x_n)$ $(p_n)$ $q_n = 2^{-n}$ $y_n = 2^n a_n$ $n=1, 2, \ldots.$ $\Omega$ $y_n$ $\Omega=\{\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_i, \ldots\},$ $\Omega$

镨 （ ω_{一世} ） = \sum_{ñ ∣ ÿ_{ñ} = ω_{一世}} q_{ñ} 。

$\Pr(\omega_i) = \sum_{n \mid y_n = \omega_i}q_n.$

之所以是因为的总和等于的总和即并且最多具有可数的正元素。 $p_n$ $q_n,$ $1,$ $\Omega$

例如，级数显然发散了。该算法给出 $(a_n) = (1, 1/2, 1, 1/2, \ldots)$

ÿ_{1个} = 2 {一种}_{1个} = 2; ÿ_{2} = 2^{2} {一种}_{2} = 2; ÿ_{3} = 2^{3} {一种}_{3} = 8; \dots

$y_1 = 2a_1 = 2;\ y_2 = 2^2 a_2 = 2;\ y_3 = 2^3 a_3 = 8; \ldots$

因此

Ω = {2 ， 8 ， 32 ， 128 ， \dots ， 2^{2 ñ + 1个} ， \dots}

$\Omega = \{2, 8, 32, 128, \ldots, 2^{2n+1},\ldots\}$

是的奇数正幂的集合，并且 $2$

p_{1个} = q_{1个} + q_{2} = 3 / 4; p_{2} = q_{3} + q_{4} = 3 / 16; p_{3} = q_{5} + q_{6} = 3 / 64; \dots

$p_1 = q_1 + q_2 = 3/4;\ p_2 = q_3 + q_4 = 3/16;\ p_3 = q_5 + q_6 = 3/64; \ldots$

关于无限和不存在的时刻

当所有值都是正数时，就没有所谓的“未定义”时刻：时刻都存在，但是从发散和（或整数）的意义上说，它们可以是无限的，如本答案开头所示。

通常，所有矩都是为正随机变量定义的，因为表达它们的总和或积分要么绝对收敛，要么发散（“无限”。）与此相反，对于具有正负值的变量，矩可能变得不确定，因为根据Lebesgue积分的定义，力矩是正部分的力矩与负部分的绝对值的力矩之差。如果这两个都是无限的，那么收敛不是绝对的，您将面临从无限中减去无限的问题：这不存在。

— 喷壶
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这个论点给出了一个无限时刻或未定义时刻的例子吗？我正在寻找不确定的时刻。为了完全理解您的答案，也许我缺少一些不确定的时刻和无限的时刻。

— 卢卡斯·罗伯茨

2

当所有值都是正数时，就没有“未定义”的时刻：所有时刻都存在，但它们可以是无限的。

— 豪伯

4

所有矩都是为正随机变量定义的。有些可能是无限的，仅此而已。对于具有正负值的变量，矩可能变得不确定，因为根据Lebesgue积分的定义，矩是正部分的力矩与负部分的绝对值的力矩之差。如果这两个都是无限的，您将面临从无限中减去无限的问题：这不存在。

— ub

1

“所有时刻都是为正随机变量定义的。有些可能是无限的，仅此而已。” 鉴于问题的标题涉及不存在的时刻，我认为很多评论都应编辑为答案！

— Silverfish

1

我想我已经找到了隐藏在此帖子中的答案：stats.stackexchange.com/questions/243150/…–

— 卢卡斯·罗伯茨

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这是一个著名的示例：对于每个整数，让以概率取值。然后取正整数（的一个子集）中的值；总质量为，但其期望值为这个随机变量出现在圣彼得堡悖论中。 $X$ $2^k$ $2^{-k}$ $k\ge1$ $X$ $\sum_{k=1}^\infty 2^{-k}=1$

Ë （ X ） = \sum_{ķ = 1个}^{\infty} 2^{ķ} P （ X = 2^{ķ} ） = \sum_{ķ = 1个}^{\infty} 1个 = \infty 。

$E(X) = \sum_{k=1}^\infty 2^k P(X=2^k) = \sum_{k=1}^\infty 1 = \infty.$

X

$X$

— 大聊天
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+1我喜欢它的历史和哲学联系。

— ub

矛盾的解决方案：如果您赢得∞，您就会被G力量所压倒。

— 约书亚

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的ζ电分布是在不具有有限的平均值的正整数a相当知名的离散分布（对于）。 $1<\theta\leq 2$

$P(X=x|\theta)={{\frac {1}{\zeta (\theta)}}x^{-\theta}}\,,\: x=1,2,...,\:\theta>1$

其中归一化常数涉及中，黎曼ζ函数 $\zeta(\cdot)$

（编辑：的情况与whuber的答案非常相似） $\theta=2$

尾部行为相似的另一个分布是Yule-Simon分布。
另一个示例是的beta负二项式分布： $0<\alpha\leq 1$

$P(X=x|\alpha ,\beta ,r)={\frac {\Gamma (r+x)}{x!\;\Gamma (r)}}{\frac {\mathrm{B} (\alpha +r,\beta +x)}{\mathrm{B} (\alpha ,\beta )}}\,,\:x=0,1,2...\:\alpha,\beta,r > 0$

— Glen_b-恢复莫妮卡
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柯西分布的一些离散版本

是的，如果将设为周围区间内柯西分布的平均值，则显然其零矩与柯西分布的零矩相同，并且其第一渐近逼近柯西分布的第一阶。柯西分布。至于“围绕的间隔”，如何定义它并不重要。取，，，vel cetera，它将起作用。对于正整数，您还可以采用。零矩之和为一，而第一矩为的总和，该总和发散。 $p(n)$ $n$ $n$ $(n-1,n]$ $[n,n+1)$ $[n-.5,n+.5)$ $p(n) =\frac6{(n\pi)^2}$ $\frac6{n\pi^2}$

并且实际上对于任何多项式，存在一些使得总和为1。如果我们再取阶矩，其中是顺序，那会发散的。 $p(n)$ $c$ $\frac c {p(n)}$ $k$ $k$ $p(n)$

— 积累
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