Desigualdad para el valor esperado

Question

Un colega vino a mi oficina esta tarde y me hizo la siguiente pregunta. Me ha dicho que hay una prueba inteligente cuando $n=2$ . No pude hacer nada con él, así que pensé en publicarlo aquí y ver qué pasa.

Demostrar o encontrar un contraejemplo

Para variables aleatorias positivas, i.i.d. $Z_1,\dots, Z_n$ con media finita, y constantes positivas $a_1,\dots, a_n$ , tenemos $$\mathbb{E}\left({\sum_{i=1}^n a_i^2 Z_i\over\sum_{i=1}^n a_i Z_i}\right) \leq {\sum_{i=1}^n a_i^2\over\sum_{i=1}^n a_i}.$$

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Añadido: Este problema tiene su origen en la tesis de un estudiante de Ingeniería Informática y Eléctrica de la Universidad de Alberta. He aquí la respuesta de su supervisor: "¡Muchas gracias por esto! Es un buen resultado, además de ser útil en un problema práctico de colocación de antenas".

Answer 1

Sí, la desigualdad siempre se mantiene para variables aleatorias i.i.d. $Z_1,\ldots,Z_n$ . De hecho, como sugieren Yuval y joriki, basta con suponer que la distribución conjunta es invariante bajo la permutación de las $Z_i$ . Reordenando ligeramente la desigualdad, sólo tenemos que demostrar que lo siguiente es no negativo (aquí, estoy usando $\bar a\equiv\sum_ia_i^2/\sum_ia_i$ ) $$ \bar a-\mathbb{E}\left[\frac{\sum_ia_i^2Z_i}{\sum_ia_iZ_i}\right]=\sum_ia_i(\bar a-a_i)\mathbb{E}\left[\frac{Z_i}{\sum_ja_jZ_j}\right]. $$ Voy a escribir $c_i\equiv\mathbb{E}[Z_i/\sum_ja_jZ_j]$ por brevedad. Entonces, observando que $\sum_ia_i(\bar a-a_i)=0$ eligiendo una constante cualquiera $\bar c$ que nos gusta, $$ \bar a-\mathbb{E}\left[\frac{\sum_ia_i^2Z_i}{\sum_ia_iZ_i}\right]=\sum_ia_i(\bar a-a_i)(c_i-\bar c). $$ Para demostrar que es no negativo, basta con mostrar que $c_i$ es una función decreciente de $a_i$ (es decir, $c_i\le c_j$ siempre que $a_i\ge a_j$ ). En ese caso, podemos elegir $\bar c$ para que $\bar c\ge c_i$ siempre que $a_i\ge\bar a$ y $\bar c\le c_i$ siempre que $a_i\le\bar a$ . Esto hace que cada término de la suma final anterior sea positivo y completa la prueba.

Elección de $i\not=j$ tal que $a_i \ge a_j$ , $$ c_i-c_j=\mathbb{E}\left[\frac{Z_i-Z_j}{\sum_ka_kZ_k}\right] $$ Dejemos que $\pi$ sea la permutación de $\{1,\ldots,n\}$ que intercambia $i,j$ y deja todo lo demás fijo. Usando la invariancia bajo permutación $Z_i,Z_j$ , $$ \begin{align} 2(c_i-c_j)&=\mathbb{E}\left[\frac{Z_i-Z_j}{\sum_ka_kZ_k}\right]-\mathbb{E}\left[\frac{Z_i-Z_j}{\sum_ka_kZ_{\pi(k)}}\right]\cr &=\mathbb{E}\left[\frac{(a_j-a_i)(Z_i-Z_j)^2}{\sum_ka_kZ_k\sum_ka_kZ_{\pi(k)}}\right]\cr &\le0. \end{align} $$ Así que $c_i$ está disminuyendo en $a_i$ como se ha reclamado.

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Nota: En el caso especial de $n=2$ siempre podemos hacer la elección $\bar c=(c_1+c_2)/2$ . Entonces, ambos términos de la suma en el lado derecho de la segunda ecuación mostrada arriba son iguales, dando $$ \bar a-\mathbb{E}\left[\frac{\sum_ia_i^2Z_i}{\sum_ia_iZ_i}\right]=\frac{a_1a_2(a_2-a_1)(c_1-c_2)}{a_1+a_2}. $$ Introduciendo mi expresión anterior para $2(c_1-c_2)$ da la identidad $$ \bar a-\mathbb{E}\left[\frac{\sum_ia_i^2Z_i}{\sum_ia_iZ_i}\right]=\frac{a_1a_2(a_1-a_2)^2}{2(a_1+a_2)}\mathbb{E}\left[\frac{(Z_1-Z_2)^2}{(a_1Z_1+a_2Z_2)(a_1Z_2+a_2Z_1)}\right], $$ que es manifiestamente no negativo. Supongo que esta podría ser la prueba "inteligente" mencionada en la pregunta.

Nota 2: La prueba anterior se basa en $\mathbb{E}[Z_i/\sum_ja_jZ_j]$ siendo una función decreciente de $a_i$ . Más generalmente, para cualquier disminución $f\colon\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ entonces $\mathbb{E}[Z_if(\sum_ja_jZ_j)]$ es una función decreciente de $a_i$ . Elegir lo positivo $b_i$ y el ajuste $\bar a=\sum_ia_ib_i/\sum_ib_i$ entonces $\sum_ib_i(\bar a-a_i)=0$ . Aplicando el argumento anterior se obtiene la desigualdad $$ \mathbb{E}\left[f\left(\sum_ia_iZ_i\right)\sum_ia_ib_iZ_i\right] \le \mathbb{E}\left[f\left(\sum_ia_iZ_i\right)\sum_ib_iZ_i\right]\frac{\sum_ia_ib_i}{\sum_ib_i} $$ La desigualdad en la pregunta es el caso especial con $b_i=a_i$ y $f(x)=1/x$ .

Answer 2

Desde el $Z_i$ son i.i.d., la expectativa es la misma si cambiamos el nombre de las variables. Tomando todas las permutaciones, su desigualdad es equivalente a $$ \mathbb{E} \left[ \frac{1}{n!} \sum_{\pi \in S_n} \frac{\sum_{i=1}^n a_i^2 Z_{\pi(i)}}{\sum_{i=1}^n a_i Z_{\pi(i)}} \right] \leq \frac{\sum_{i=1}^n a_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i}. $$ Repasando todos los valores posibles de $Z_1,\ldots,Z_n$ Esto es lo mismo que la siguiente desigualdad para números reales positivos: $$ \frac{1}{n!} \sum_{\pi \in S_n} \frac{\sum_{i=1}^n a_i^2 z_{\pi(i)}}{\sum_{i=1}^n a_i z_{\pi(i)}} \leq \frac{\sum_{i=1}^n a_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i}. $$ Intuitivamente, el máximo se alcanza en $z_i = \text{const}$ por lo que obtenemos el lado derecho. Esto es cierto para $n = 2$ que es fácil de comprobar directamente.

Answer 3

He estado jugando con un argumento de concavidad y el teorema de Jensen. Para $n=2$ Creo que esto funciona, como se muestra a continuación. Desafortunadamente, no funciona para $n > 2$ . De hecho, para $n > 2$ la restricción a cualquier conjunto convexo $x_1 + \dotsc + x_n = \lambda$ se puede demostrar que no cóncavo. Así que, aquí va el resultado parcial.

Dejemos que

$$ f(x_1, x_2) = \frac{a_1^2x_1 + a_2^2x_2}{a_1x_1+a_2x_2}. $$

Entonces $f$ restringido al segmento convexo $I=\{(x_1,x_2) \mid x_1,x_2 \geq 0 \textrm{ and } x_1+x_2=1\}$ es una función cóncava. Esto se puede comprobar de múltiples maneras, por ejemplo, calculando explícitamente la segunda derivada

$$ \frac{\partial^2}{\partial x^2} f(x, 1-x) = \frac{-2a_1a_2(a_1-a_2)^2}{(a_1x+a_2(1-x))^3} $$

y observando que es no positivo para $x \in [0,1]$ . Supongamos que la distribución conjunta de $(Z_1,Z_2)$ induce una distribución de probabilidad en $I$ entonces es simétrico bajo $(x_1,x_2) \mapsto (x_2, x_1)$ . En particular, los valores esperados para las coordenadas en $I$ son iguales y por lo tanto $\mathbb{E}(x_1) = \mathbb{E}(x_2) = \tfrac{1}{2}$ . Entonces, por el teorema de Jensen para funciones cóncavas sobre $I$ :

$$ \mathbb{E}(f(x_1,x_2)) \leq f(\mathbb{E}(x_1),\mathbb{E}(x_2)) = f(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}) = \frac{a_1^2+a_2^2}{a_1+a_2}. $$

Ahora $f$ es una función radial y el mismo razonamiento se aplica a todos los segmentos $x_1+x_2 = \lambda$ para $\lambda > 0$ . Y aunque la distribución inducida depende del parámetro $\lambda$ la desigualdad anterior se cumplirá para cada uno de estos segmentos y, por tanto, también para la distribución conjunta $(Z_1,Z_2)$ .