期望变量的倒数

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我对分母应用期望感到困惑。

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

可以是吗？ $1/E(X)\,$

expected-value

— 山
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相关文章：stats.stackexchange.com/questions/305713/…。

— StubbornAtom

Answers:

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可以是1 / E（X）吗？

不，通常不能；詹森的不等式告诉我们，如果是一个随机变量，而是一个凸函数，则。如果严格为正，则为凸，因此，对于严格凸函数，仅当具有零方差...所以在我们倾向于感兴趣的情况下，两者通常是不相等的。 $X$ $\varphi$ $\varphi(\text{E}[X]) \leq \text{E}\left[\varphi(X)\right]$ $X$ $1/X$ $\text{E}[1/X]\geq 1/\text{E}[X]$ $X$

假设我们正在处理一个正变量，如果您清楚和将成反比关系（），则意味着表示，所以。 $X$ $1/X$ $\text{Cov}(X,1/X)\leq 0$ $E(X \cdot 1/X) - E(X) E(1/X) \leq 0$ $E(X) E(1/X) \geq 1$ $E(1/X) \geq 1/E(X)$

我对分母应用期望感到困惑。

使用潜意识统计学家的定律

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

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

（在连续的情况下）

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

在某些情况下，可以通过检查（例如，使用伽玛随机变量）或通过求逆的分布或其他方式来评估期望。

— Glen_b-恢复莫妮卡
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正如Glen_b所说，这可能是错误的，因为倒数是非线性函数。如果您想近似，则可以围绕使用泰勒展开式： $E(1/X)$ $E(X)$

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)

$E \bigg( \frac{1}{X} \bigg) \approx E\bigg( \frac{1}{E(X)} - \frac{1}{E(X)^2}(X-E(X)) + \frac{1}{E(X)^3}(X - E(X))^2 \bigg) = \\ = \frac{1}{E(X)} + \frac{1}{E(X)^3}Var(X)$ 因此您只需要X的均值和方差，并且如果的分布是对称的，则此近似值可能非常准确。

X

$X$

编辑：也许上面是相当关键的，请参见下面BioXX的评论。

— 马泰奥·法西奥（Matteo Fasiolo）
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哦，是的是的......我很抱歉，我不能缉拿这个事实......我有一个多个Q ...这是适用于任何类型的功能???其实我坚持...对的期望如何可以根据和

| x |

$|x|$

| x |

$|x|$

E (x)

$E(x)$

V (x)

$V(x)$

— 推论

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我认为您不能将其用于因为该功能不可区分。我宁愿将问题分成几个案例，并说，猜测。

| 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

1

@MatteoFasiolo您能解释一下为什么分布的对称性（或缺乏分布）对泰勒逼近的精度有影响吗？您是否有资料可以指出，这是为什么呢？

X

$X$

— 亚伦·亨德里克森

1

@AaronHendrickson我的理由很简单，就是扩展中的下一项与

成正比，这与分布的偏度有关。偏斜度是不对称的度量。但是，零偏度不能保证对称性，我不确定对称性是否可以保证零偏度。因此，所有这些都是启发式的，可能会有很多反例。

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

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

X

$X$

— Matteo Fasiolo

4

我不知道该解决方案如何获得如此多的支持。对于单个随机变量，没有关于这种近似质量的证明。三阶导数是无界的。此外，其余的约。是，其中本身是和之间的随机变量。其余的通常不会消失，并且可能非常庞大。泰勒约。仅当具有随机变量其中时才有用。即使如此，如果对期望值感兴趣，则还需要统一的可集成性。

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

$\mu$

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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其他人已经解释说，除了琐碎的案件外，该问题的答案是否定的。下面我们给出一种方法，当且概率为1时，找到，并且矩生成函数确实存在。当遵循Beta分布时，此方法的应用（以及推广）以期望值给出，我们在这里还将给出一个更简单的示例。 $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \frac1{X}$ $X>0$ $M_X(t) = \E e^{tX}$ $1/x$ $x$

首先，请注意（简单的演算练习）。然后，写一个简单的应用程序：令具有速率为1的指数分布，即密度为，矩生成函数。然后，因此绝对不会收敛，并且与 $\int_0^\infty e^{-t x}\; dt = \frac1{x}$

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

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

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

$\frac1{\E X}=\frac11=1$ 。

— 克吉蒂尔·哈沃森
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的另一种方法计算知道X是正随机变量是通过它的时刻生成函数。由于根据基本计算 -lambda 我们有了富比尼定理 $E(1/X)$ $E[e^{-\lambda X}]$

\int_{0}^{\infty} e^{- λ x} d λ = \frac{1}{x}

$\int_0^\infty e^{-\lambda x} d\lambda =\frac{1}{x}$

\int_{0}^{\infty} E [e^{- λ X}] d λ = E [\frac{1}{X}] .

$\int_0^\infty E[e^{-\lambda X}] d\lambda =E[\frac{1}{X}].$

— 用户名
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2

这里的想法是正确的，但细节是错误的。请检查

— kjetil b halvorsen

1

@Kjetil我看不出问题是什么：除了在MGF的定义中使用而不是以及命名变量而不是的无关紧要的区别外，您刚刚发布的答案与这个。

t X

$t X$

- t X

$-t X$

t

$t$

λ

$\lambda$

— ub

1

没错，问题比我想象的要少。如果有更多细节，这个答案还是更好的。我明天（当我有新票时）将对此表示反对

— kjetil b halvorsen

1

首先给出一个直觉，如何在有限样本中使用离散案例来说明（抛开诸如）？ $\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$ $\text{E}(X)=0$

在有限样本中，使用术语“ 平均”来期望不是那么滥用，因此如果一方面

$\text{E}(X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i$

另一方面

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i$

很明显，随着， $N>1$

$\text{E}(1/X) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N 1/X_i \neq \frac{N}{\sum_{i=1}^N X_i} = 1/\text{E}(X)$

这导致基本上说因为（离散）和的倒数不是（离散）倒数的和。 $\text{E}(1/X)\neq 1/\text{E}(X)$

类似地，在以中心的渐近连续情况下， $0$

$\text{E}(1/X)=\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x} dx \neq 1/\int_{-\infty}^\infty xf(x) dx = 1/\text{E}(X)$ 。

— 活着
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