Valor de la expectativa de $1/x$

Question

Dada una variable aleatoria $x$ que se supone seguir una distribución Gausiana $x \sim N( \mu, \sigma^2 )$ y $x$ es más conocido por ser positivo, estoy interesado en el siguiente valor de la expectativa: $E\left[ \frac{1}{x} \right]$.

En mi caso el $\mu \gg 0$, que permita ignorar que $x$ es siempre positivo.

¿Alguien sabe sobre una colección de valores de expectativas conocidas bajo la distribución normal?

Muchas gracias de antemano

Answer 1

Vamos a utilizar $$\int_{-\infty}^\infty x^{2k}e^{-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x=(2k-1)!!\sqrt\pi\etiqueta{1}$$ Si tomamos el valor del capital, obtenemos la serie convergente $$\begin{align} &\mathrm{PV}\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^\infty\frac1xe^{\large-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_0^\infty\frac1x\left(e^{\large-\frac{(\mu-x)^2}{2\sigma^2}}-e^{\large-\frac{(\mu+x)^2}{2\sigma^2}}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^\infty\frac1x\sinh\left(\frac{\mu x}{\sigma^2}\right)e^{\large-\frac{\mu^2+x^2}{2\sigma^2}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\large-\frac{\mu^2}{2\sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty\frac1x\sinh\left(\frac\mu\sigma x\right)e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=e^{\large-\frac{\mu^2}{2\sigma^2}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k-1)!!}{(2k+1)!}\frac{\mu^{2k+1}}{\sigma^{2k+2}}\tag{3} \end{align}$$ También se puede obtener de un asintótica de expansión de $(2)$ el uso de la fase estacionaria: $$\begin{align} &\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\large-\frac{\mu^2}{2\sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty\frac1x\sinh\left(\frac\mu\sigma x\right)e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\\ &=\mathrm{PV}\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^\infty\frac12\left(\frac1{\frac\mu\sigma+x}+\frac1{\frac\mu\sigma-x}\right)e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\\ &=\mathrm{PV}\frac1{\sqrt{2\pi}\mu}\int_{-\infty}^\infty\frac12\left(\frac1{1+\frac\sigma\mu x}+\frac1{1-\frac\sigma\mu x}\right)e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\\ &\sim\frac1\mu\sum_{k=0}^\infty(2k-1)!!\frac{\sigma^{2k}}{\mu^{2k}}\tag{4} \end{align}$$ Podemos obtener una "forma cerrada" en términos de $\mathrm{erfi}$ $(2)$ $$\begin{align} &\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\frac1x\sinh\left(\alpha x\right)\,e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\cosh\left(\alpha x\right)\,e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x\\ &=e^{\large\frac{\alpha^2}{2}}\tag{5} \end{align}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\frac1x\sinh\left(\alpha x\right)\,e^{\large-\frac{x^2}{2}}\,\mathrm{d}x &=\int_0^\alpha e^{\large\frac{t^2}{2}}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\sqrt2}i\int_0^{i\alpha/\sqrt2} e^{\large-t^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,\mathrm{erfi}(\alpha/\sqrt2)\tag{6} \end{align}$$ y enchufar $(6)$ a $(2)$ rendimientos $$\mathrm{PV}\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^\infty\frac1xe^{\large-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\,\mathrm{d}x =\frac{\sqrt{2\pi}}{2\sigma}e^{\large-\frac{\mu^2}{2\sigma^2}}\mathrm{erfi}\left(\frac{\mu}{\sigma\sqrt2}\right)\tag{7}$$

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Precisión extendida no es suficiente

Se menciona en un comentario que $x<0$ fue rechazado. Esto plantea un problema teórico. Los cálculos anteriores se llevan a cabo en el valor principal, que significa que un pequeño intervalo de $[-\delta,\delta]$ es rechazado, donde $\delta\to0$. Sin embargo, si $x\lt\delta$ es rechazado, entonces, como $\delta\to0$, el de la contribución al valor esperado a partir de la singularidad crece como $$-\frac{\log(\delta)}{\sqrt{2\pi}}e^{-50}\etiqueta{8}$$ Incluso el uso extendido de precisión, donde $\delta=2^{-16382}$, $(8)$ asciende a cerca de $8.74\times10^{-19}$ que es bastante insignificante. Sin embargo, como $\delta\to0$, $(8)\to\infty$.

Por lo tanto, incluso extendido aritmética de precisión es insuficiente para exponer los problemas con una simulación donde $x\lt0$ es rechazado.