El valor esperado de la estimación.

Question

Si tenemos $P(a< x<b)=1$, donde $P$denota la probabilidad y la$0<a<b$luego $$E(X)E(\frac{1}{X})\le \frac{(a+b)^2}{4ab}$$ He probado algunos casos triviales , distribución uniforme y el caso de $P(x=a)=P(x=b)=\frac{1}{2}$, he encontrado que en el caso posterior de obtener el máximo valor del lado derecho de la desigualdad a la que queríamos,o es el caso extremo.（Aunque el caso no satisface la condición, no sé si es útil o no.)

Pero no sé cómo tratar los casos generales. Aunque el caso especial:el valor máximo de la siguiente funcionales. $$\max_{\int_a^bf(x)dx=1}\int_a^b xf(x)dx\int_a^b\frac{1}{x}f(x)dx$$

Cualquier sugerencia será bienvenida.

Answer 1

En primer lugar, demostrar que para $Y$ s.t. $\mathbb P(0\leq Y\leq 1)=1$, $\mathop{\textrm{Var}}(Y)\leq \frac14$.

El uso de $Y^2\leq Y$ hemos $$ \mathop{\textrm{Var}}(Y) = \mathop{\mathbb E}(Y^2) - \left(\mathop{\mathbb E}(Y)\right)^2\leq \mathop{\mathbb E}(Y) - \left(\mathop{\mathbb E}(Y)\right)^2 = x-x^2 \leq \frac14 $$ ya que la función $x-x^2$ toma su valor máximo $\frac14$ a $x=\frac12$.

Esto nos permite obligado de las variaciones de la $X$ e $\frac1X$: $$ \frac{X}{b}\in[0,1], \quad \frac{\frac1X-\frac1b}{\frac1a-\frac1b}\in[0,1], $$ por lo tanto $$ \mathop{\textrm{Var}}(X) = (b-a)^2 \underbrace{\mathop{\textrm{Var}}\left(\frac{X}{b}\right)}_{\color{red}{\leq \frac14}}\leq \frac{(b-a)^2}{4} $$ y $$ \mathop{\textrm{Var}}\left(\frac1X\right) = \left(\frac1b-\frac1a\right)^2 \underbrace{\mathop{\textrm{Var}}\left(\frac{\frac1X-\frac1b}{\frac1a-\frac1b}\right)}_{\color{red}{\leq \frac14}}\leq \frac{(b-a)^2}{4a^2b^2} $$ Por último, utilice el Cauchy–Bunyakovsky–Schwarz desigualdad: $$ \left|\mathop{\textrm Cov}\left(X,\frac1X\right)\right|\leq \sqrt{\mathop{\textrm{Var}}(X)\cdot \mathop{\textrm{Var}}\left(\frac1X\right)} $$ L. h.s. aquí es $$ \left|\mathop{\mathbb E}\left(X\cdot \frac1X\right)-\mathop{\mathbb E}\left(X\right)\mathop{\mathbb E}\left(\frac1X\right)\right|=\left|1-\mathop{\mathbb E}\left(X\right)\mathop{\mathbb E}\left(\frac1X\right)\right| $$ Tenemos $$ \mathop{\mathbb E}\left(X\right)\mathop{\mathbb E}\left(\frac1X\right) \leq 1+\sqrt{\mathop{\textrm{Var}}(X)\cdot \mathop{\textrm{Var}}\left(\frac1X\right)}\leq 1+ \sqrt{\frac{(b-a)^2}{4}\cdot \frac{(b-a)^2}{4a^2b^2}} = \frac{(a+b)^2}{4ab}. $$

Answer 2

(La desigualdad requiere la suposición adicional $a\ge0$. De otra manera, teniendo en $a=-2$ e $b=2$, la desigualdad afirman que $E(X) E(1/X)\le 0$ para cualquier variable aleatoria $X$ satisfacción $1\le X\le2$, lo cual es incorrecto.)

Para cualquier número $x$ tal que $0\le a\le x\le b$, tenemos $x-a\ge0$ e $b-x\ge0$, por lo que $(x-a)(b-x)\ge 0$, que reorganiza en la forma equivalente $$ {ab\over x} + x\le a+b.\tag{1}$$ Ahora vamos a $X$ ser una variable aleatoria con $0\le a\le X\le b$. El uso de $(1)$ para obtener: $$m+n\le a+b,$$ donde $m:=abE(1/X)$ e $n:=E(X)$ ambos son no negativos. Entonces $$4abE(1/X)E(X) = 4mn\le(m+n)^2\le(a+b)^2.$$

Answer 3

Aunque por encima de los 2 respuestas proporcionar una solución completa a su problema, voy a presentar otro

solución en la dirección de su enfoque, es decir, maximizar el funcional $\int_a^b xf(x)dx\int_a^b\frac{1}{x}f(x)dx$

sujeto a $\int_a^bf(x)dx=1$.

De hecho, se recomienda que trabajamos en el espacio de probabilidad medidas(pm) en $[a,b]$ desde

dado funcional no puede sacar el máximo entre distribuciones continuas. Desde el espacio de la p.m.s

es compacto w.r.t débiles de la topología y el funcional es débilmente continua, la existencia de máximo es de

garantizado.

Nos deja denotar $\mu(X) = \int_a^b x d\mu$ e $\mu(1/X) = \int_a^b \frac{1}{x}d\mu$ de probabilidad de medida $\mu$ a $[a,b]$ y

definir la forma bilineal como

$$B(\mu_1,\mu_2) = \mu_1(X)\cdot \mu_2(1/X)$$.

Deje $\nu$ ser un maximizer de $Q:\mu \mapsto B(\mu,\mu)$. Entonces para cualquier pm $\mu$ e $s\in [0,1]$, $$Q(s\mu + (1-s)\nu)\leq Q(\nu)$$, y esto a su vez implica $\frac{d}{ds}\Big|_{s=0} Q(s\mu + (1-s)\nu)\leq 0$. De esto podemos obtener la desigualdad $$L(\mu):=\mu(X)\nu(1/X) + \mu(1/X)\nu(X) \leq 2\nu(X)\nu(1/X)\quad\forall \mu\quad\cdots (*)$$ characterizing $\nu$ as a maximizer of the linear function $L$. De hecho, esta desigualdad no es sólo necesario

pero es suficiente, ya que por AM-GM de la desigualdad tenemos $$2\nu(X)\nu(1/X) \leq \frac{\left(\mu(X)\nu(1/X) + \mu(1/X)\nu(X)\right)^2}{2\mu(X)\mu(1/X)}$$.

Ahora podemos observar que tomando especial $\mu = \delta_z$(delta de Dirac en $z$), $(*)$ llega a

$$\nu(1/X)\cdot z + \frac{\nu(X)}{z} \leq 2\nu(X)\nu(1/X)\quad\forall z\in [a,b]\quad \cdots (**)$$.

Pero $(**)$ es equivalente a $(*)$ ya que podemos obtener $(*)$ mediante la integración de $(**)$ con respecto al $\mu$.

Por último, observamos que las funciones de la forma $\alpha\cdot z +\frac{\beta}{z}\;(\alpha,\beta>0)$ toma máxima en $\{a,b\}$, por lo que

$(*)$ llega a

$$\nu(1/X)\cdot a + \frac{\nu(X)}{a} \leq 2\nu(X)\nu(1/X)$$,

$$\nu(1/X)\cdot b + \frac{\nu(X)}{b} \leq 2\nu(X)\nu(1/X)$$.

Esto nos dice que el conjunto de maximizers de $L$ está contenido en $[\delta_a,\delta_b] = \{p\delta_a + (1-p)\delta_b\;|\; p\in [0,1]\}$

y, por tanto, $\nu = p\delta_a+(1-p)\delta_b$ para algunos $p\in [0,1]$.

Ahora tenga en cuenta que $\nu$ no $\delta_a$ bien $\delta_b$, lo $\nu$ es una mezcla de ellos, y esto es posible sólo si el conjunto de

maximizers es $[\delta_a,\delta_b]$, es decir, tanto las desigualdades anteriores son en realidad las igualdades. Por último, algunas complementarias

cálculo de los rendimientos de las ecuaciones cuadráticas acerca de $p$, y la solución nos da la solución de $p=\frac{1}{2}$.