Jak rozkład może mieć nieskończoną średnią i wariancję?

35

Byłoby zrozumiałe, gdyby można podać następujące przykłady:

Rozkład o nieskończonej średniej i nieskończonej wariancji.
Rozkład o nieskończonej średniej i skończonej wariancji.
Rozkład ze skończoną średnią i nieskończoną wariancją.
Rozkład ze skończoną średnią i skończoną wariancją.

Pochodzi ode mnie, widząc te nieznane terminy (nieskończona średnia, nieskończona wariancja) użyte w artykule, który czytam, googluję i czytam wątek na forum / stronie Wilmott , i nie znajduję wystarczająco jasnego wyjaśnienia. Nie znalazłem też żadnych wyjaśnień w żadnym z moich własnych podręczników.

distributions variance mean

— user1205901 - Przywróć Monikę
źródło

1

przypadek 2 na powyższej liście jest niemożliwy.

— kjetil b halvorsen

Ważne: stats.stackexchange.com/questions/94402/...

— kjetil b halvorsen 19.10.16

1

Możliwy duplikat Jaka jest różnica między wariancją skończoną a nieskończoną

— kjetil b halvorsen

2

Pytając o te cztery konkretne przykłady, myślę, że jest to odrębne pytanie i nie powinno być zamykane jako duplikat - chociaż drugie pytanie jest z pewnością istotne i pomocne.

— Silverfish,

1

Z 4 przykładów tylko 1, 3 i 4 są faktycznie możliwe, a łatwe przykłady można podać dla 1 i 4. Cauchy jest przykładem 1, a Gaussian przykładem 4. Niemożliwe jest, aby wariancja była dobrze zdefiniowana jeśli .mean nie istnieje. Dlatego 2 nie jest możliwe. Przykład 3 byłby interesujący do skonstruowania.

— Michael R. Chernick,

52

Średnia i wariancja są zdefiniowane w kategoriach całek. To, co oznacza nieskończoność średniej lub wariancji, to stwierdzenie o ograniczającym zachowaniu tych całek

Na przykład, średnia to (uwzględniając to, powiedzmy jako całkę Stieltjesa); dla ciągłej gęstości byłoby to (powiedzmy teraz jako całka Riemanna). $\lim_{a,b\to\infty}\int_{-a}^b x\ dF$ $\lim_{a,b\to\infty}\int_{-a}^b x f(x)\ dx$

Może się to zdarzyć na przykład, gdy ogon jest „wystarczająco ciężki”. Rozważ następujące przykłady czterech przypadków średniej skończonej / nieskończonej i wariancji:

Rozkład o nieskończonej średniej i nieskończonej wariancji.

Przykłady: rozkład Pareto z , rozkład zeta (2). $\alpha= 1$
Rozkład o nieskończonej średniej i skończonej wariancji.

Niemożliwe.
Rozkład ze skończoną średnią i nieskończoną wariancją.

Przykłady: rozkład $t_2$ . Pareto z . $\alpha=\frac{3}{2}$
Rozkład ze skończoną średnią i skończoną wariancją.

Przykłady: każda normalna. Każdy jednolity (w rzeczywistości każda zmienna ograniczona ma wszystkie momenty). . $t_3$

Możesz także mieć rozkład, w którym całka jest niezdefiniowana, ale niekoniecznie przekracza wszystkie skończone granice limitu.

Te notatki Charlesa Geyera mówią o tym, jak w prosty sposób obliczyć odpowiednie całki. Wygląda na to, że zajmuje się tam całkami Riemanna, które obejmują jedynie ciągły przypadek, ale bardziej ogólne definicje całki (na przykład Stieltjes) obejmują wszystkie przypadki, których prawdopodobnie będziesz potrzebować [całkowanie Lebesgue'a jest formą integracji stosowaną w teorii miar (co leży u podstaw prawdopodobieństwa), ale punkt tutaj działa dobrze z bardziej podstawowymi metodami]. Obejmuje również (Sec 2.5, str. 13-14), dlaczego „2.” nie jest możliwe (średnia istnieje, jeśli istnieje wariancja).

— Glen_b - Przywróć Monikę
źródło

7

+1 Powód, dla którego (2) jest niemożliwy, jest trywialny: wariancja jest zdefiniowana w kategoriach średniej. Nieco głębszy jest fakt, że gdy druga chwila

jest skończona, wówczas średnia musi być skończona. W przypadku, gdy średnia jest nieskończona, a tym bardziej druga chwila musi być nieskończona, ponieważ moment bezwładności jest ważenie wartości

nie tylko przez lecz także przez prawdopodobieństwo

samego (

). Wagi te rosną bez ograniczeń, powodując, że drugi moment ostatecznie przekroczy wartość bezwzględną pierwszego momentu.

X

$X$

X

$X$

X

$X$

X^{2} = X \times X

$X^2 = X\times X$

— whuber

4

@ Whuber, ale można zdefiniować wariancję bez odniesienia do średniej (na przykład w zakresie oczekiwanych różnic kwadratowych w parach wartości), więc kwestia nie jest tak trywialna. Potrzebne jest coś bardziej jak twój drugi argument.

— Glen_b

3

To dobra uwaga, ale jeśli zaakceptujemy, że jakakolwiek alternatywna definicja wariancji jest algebraicznie równoważna zwykłej definicji dla wszystkich rozkładów, to jeśli jest niezdefiniowana zgodnie z jedną definicją, która logicznie wydaje się wystarczającym dowodem, że jest niezdefiniowana zgodnie z do centrum handlowego. Tam gdzie na pierwszy plan wysuwają się alternatywy takie jak ta, o której wspomniałeś, są badania procesów stochastycznych, w których różne definicje nie są równoważne.

— whuber

2

Tak. Wariancja, będąca oczekiwaniem nieujemnej zmiennej losowej, równa się całce Lebesgue'a tylko części dodatniej. Dlatego jest albo skończony, albo nieskończoności (w rozszerzonej linii liczbowej), bez względu na wszystko. Ta właściwość bycia nieujemnym odróżnia analizę momentów parzystych od innych momentów, których nie można zdefiniować.

— whuber

2

Definicja wariancji polega na tym, że jest ona równa

.

E [(X - E (X))^{2}]

$\mathbb{E}[(X-\mathbb{E}(X))^2]$

— whuber

5

Stabilne rozkłady zapewniają ładne, parametryczne przykłady tego, czego szukasz:

nieskończona średnia i wariancja: $0 < \text{stability parameter} < 1$
Nie dotyczy
średnia skończona i nieskończona wariancja: $1 \leq \text{stability parameter} < 2$
średnia skończona i wariancja: (gaussowski) $\text{stability parameter} = 2$

— Steve Schulist
źródło

1

Nikt nie wspominał tutaj o paradoksie petersburskim; w przeciwnym razie nie opublikowałbym w tym starym wątku, który ma już wiele odpowiedzi, w tym jedną „zaakceptowaną”.

Jeśli moneta wyląduje na „główkach”, wygrywasz jeden cent.

Jeśli „reszka”, wygrane podwoją się, a następnie „główki” przy drugim rzucie, wygrasz dwa centy.

Jeśli „ogony” za drugim razem, wygrane ponownie się podwoją, a jeśli „trafi” na trzecie podrzucenie, wygrywasz cztery centy.

\begin{array}{rccc} outcome & winnings & probability & product \\ H & 1 & 1 / 2 & 1 / 2 \\ TH & 2 & 1 / 4 & 1 / 2 \\ TTH & 4 & 1 / 8 & 1 / 2 \\ TTTH & 8 & 1 / 16 & 1 / 2 \\ TTTTH & 16 & 1 / 32 & 1 / 2 \\ TTTTTH & 32 & 1 / 64 & 1 / 2 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{array}

$\begin{array}{|r|c|c|c|} \hline \text{outcome} & \text{winnings} & \text{probability} & \text{product} \\ \hline \text{H} & 1 & 1/2 & 1/2 \\ \text{TH} & 2 & 1/4 & 1/2 \\ \text{TTH} & 4 & 1/8 & 1/2 \\ \text{TTTH} & 8 & 1/16 & 1/2 \\ \text{TTTTH} & 16 & 1/32 & 1/2 \\ \text{TTTTTH} & 32 & 1/64 & 1/2 \\ \vdots\quad & \vdots & \vdots & \vdots \end{array}$

\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots = + \infty,

$\dfrac 12 + \dfrac 12 + \dfrac 12+\cdots = +\infty,$

$\$1$ $\$1$

Odpowiedź jest taka, że w jednej bardzo rzadkiej sytuacji otrzymasz długą sekwencję ogonów, dzięki czemu wygrane zrekompensują ci ogromne koszty, które poniosłeś. To prawda, bez względu na to, jak wysoką cenę płacisz za każde podrzucenie.

— Michael Hardy
źródło

-1

X_{2} = number of times you can zoom in like 10cm into a fractal

$X_2 = \text{number of times you can zoom in like 10cm into a fractal}$

— Mr. Joe
źródło

\infty - \infty = 0

$\infty - \infty=0$