Supongamos que $X_i$ son i.i.d. Además, $X_i>0$ y $E[X_i]>1$ . Supongamos que $E[X_i]$ es conocida, podríamos encontrar un límite superior o inferior para la siguiente expectativa: $$ E\left[\frac{\prod_{i=1}^n x_i}{\prod_{i=1}^n x_i+\prod_{i=n+1}^m x_i}\right]$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Puesto que la expresión de la pregunta se sitúa, evidentemente, estrictamente entre $0$ y $1,$ esos números funcionan como límites. La cuestión es si pueden mejorarse.
Presumiblemente usted está buscando límites que podrían depender de $n,$ $m,$ y la expectativa común $E[X_i]=\mu \ge 1,$ pero por lo demás son universal en el sentido de que no dependen de la distribución del $X_i.$ En concreto, lo que esto significa es que usted busca un par de funciones $U$ y $L$ para los que, independientemente de la distribución común de los $X_i$ puede ser,
$$L(\mu,m,n) \le E\left[f(\mathbf{X};n)\right] \le U(\mu,m,n)$$
donde $(X_1,\ldots, X_m) = \mathbf{X}$ y
$$f(\mathbf X;n) = \frac{\prod^n X_i}{\prod^n X_i + \prod_{i=n+1}^m X_i}.$$
Además, si es posible, estos límites deben ser "no triviales" en el sentido de que si alguna vez $L$ se hicieran más grandes o $U$ se hicieran más pequeñas, las desigualdades dejarían de ser válidas para todos distribuciones.
Podemos simplificar el análisis un poco explotando la relación (algebraica simple) $f(\mathbf{X};n) = 1 - f(\mathbf{X};m-n)$ implícita en la iid supuesto. Esto demuestra
$$L(\mu,m,n) = 1 - U(\mu,m,m-n).\tag{*}$$
Bastará, pues, con establecer límites para los casos $n \ge m-n.$ El límite superior es más interesante, así que abordémoslo primero.
Límite superior
Supongamos que $A,$ $B,$ y $B^\prime$ son variables aleatorias independientes; que $B$ y $B^\prime$ tienen la misma distribución; y que las exponenciales de cada variable tienen todas expectativas finitas. Escribe $\alpha=E[\exp(A)].$
Tenga en cuenta que $B-B^\prime$ es simétrico alrededor de $0,$ su expectativa es indefinida, infinita o $0.$ Para ver que debe ser $0,$ dividir $B$ en sus partes positiva y negativa,
$$B = B_{+} - B_{-}$$
donde $B_{+}= \max(0,B)$ y $B_{-}=\max(0,-B).$ Porque $e^b \ge 1$ y $e^b \ge b$ para todos los números no negativos $b,$
$$\infty\gt E\left[e^B\right] = E\left[e^{B_{+}}\,e^{-B_{-}}\right] \ge E\left[e^{B_{+}}\right] \ge E[B_{+}] \ge 0$$
y de forma similar
$$\infty\gt E\left[e^B\right] = E\left[e^{B_{+}}\,e^{-B_{-}}\right] \ge E\left[e^{B_{-}}\right] \ge E[B_{-}] \ge 0,$$
$E[B] = E[B_{+}] - E[B_{-}]$ es a la vez definido y finito, por lo que debe ser cero como se afirma.
Lema $$E\left[\frac{e^{A+B^\prime}}{e^{A+B^\prime} + e^B}\right] = E\left[\frac{e^{A}}{e^{A} + e^{B-B^\prime}}\right]\le \frac{\alpha}{1+\alpha.}$$
La prueba se aplica Desigualdad de Jensen dos veces. Primero, porque la función exponencial es convexa, $E[\exp(B-B^\prime)] \ge \exp\left(E[B-B^\prime]\right) = \exp(0) = 1$ (del análisis que precede al lema). Por lo tanto
$$E\left[\frac{e^{A}}{e^{A} + e^{B-B^\prime}}\mid A\right] \le \frac{e^{A}}{e^{A} + 1}.$$
En segundo lugar, porque la función $a \to a/(a+1)$ (para positivos $a$ ) es cóncavo,
$$E\left[\frac{e^{A}}{e^{A} + 1}\right] \le \frac{E\left[e^A\right]}{E\left[e^A\right]+1} = \frac{\alpha}{1+\alpha}.$$
Tomando las expectativas sucesivamente se obtiene
$$E\left[\frac{e^{A+B^\prime}}{e^{A+B^\prime} + e^B}\right] = E\left[E\left[\frac{e^{A}}{e^{A} + e^{B-B^\prime}}\mid A\right] \right] \le \frac{\alpha}{1+\alpha},$$
QED.
Desde $n\ge m-n$ y el $X_i$ todas tienen un apoyo positivo, las variables
$$A = \log\prod_{i=1}^{2n-m} X_i,\ B^\prime = \log\prod_{i=2n-m+1}^{m-n} X_i,\ B = \log\prod_{i=m-n+1}^m X_i$$
están todos definidos y satisfacen las condiciones del lema. Además, la independencia del $X_i$ implica
$$\alpha = E\left[e^A\right] = E\left[\prod_{i=1}^{2n-m} X_i\right] = \prod_{i=1}^{2n-m} E\left[X_i\right] = \mu^{m-2n}.$$
Cuando el $X_i$ tienen la distribución constante $\Pr(X_i = \mu)=1,$ se obtiene realmente la cota superior del lema: por tanto, es la mejor cota posible.
$$\text{When } n \ge m-n,\ E\left[f(\mathbf{X};n)\right] \le \frac{\mu^{2n-m}}{1 + \mu^{2n-m}} = \frac{1}{1 + \mu^{m-2n}} = U(\mu,m,n).$$
Este límite es estrictamente inferior a $1:$ es un no trivial resultado.
Límite inferior
En $n \gt m-n,$ el mejor límite inferior posible es $L(\mu,m,n)=0.$
Desde $f$ debe ser positivo, obviamente este límite nunca puede alcanzarse. Demostraré la afirmación, entonces, exhibiendo distribuciones para el $X_i$ donde un límite superior por la expectativa de $f(\mathbf{X};n)$ puede acercarse arbitrariamente a $0.$ Son las distribuciones más sencillas posibles: se apoyan en sólo dos valores y, por tanto, están determinadas por esos valores y sus probabilidades.
Elige un número $\epsilon$ entre $0$ y $\mu,$ una probabilidad no nula $p,$ y establece $T = (\mu-(1-p)\epsilon)/p \gt \mu\gt 0.$ Que la distribución común del $X_i$ dé $T$ con probabilidad $p$ y $\epsilon$ con probabilidad $1-p,$ de modo que
$$E[X_i] = \mu = pT + (1-p)\epsilon$$
según sea necesario.
Porque el $X_i$ son independientes, la probabilidad de que todos $m$ de ellos igual $\epsilon$ es simplemente $(1-p)^m.$ Cuando esto ocurre,
$$f(\mathbf (\epsilon, \ldots, \epsilon);n) = \frac{\epsilon^n}{\epsilon^n + \epsilon^{m-n}} = \frac{1}{1 + \epsilon^{2m-n}}.$$
En $n \gt m-n,$ esta fracción puede aproximarse arbitrariamente a $0$ eligiendo $\epsilon$ adecuadamente pequeño. Entonces
$$E[f(\mathbf{X};n)] = (1-p)^m \frac{1}{1 + \epsilon^{2m-n}} + \text{other stuff}$$
donde "otras cosas" consiste en los otros valores posibles de $f$ multiplicados por sus probabilidades. Dado que $f$ nunca supera $1,$ obtenemos una cota superior para la expectativa sustituyendo esos otros valores posibles por $1,$ cediendo
$$E[f(\mathbf{X};n)] \le (1-p)^m \frac{1}{1 + \epsilon^{2m-n}} + 1 - (1-p)^m.$$
En $p$ crece lo suficientemente cerca de $1,$ este último término se reduce a $0,$ con lo que toda la suma de la derecha se reduce a $0.$ Así, el único límite inferior posible para la expectativa cuando $n \gt m-n$ es $0$ , QED.
Por último, cuando $n = m-n,$ la relación de simetría $(*)$ implica el límite inferior y el límite superior (que es igual a $1/(1+1)=1/2$ ) suman $1,$ por lo que el límite inferior también es $1/2.$ Aunque esto es obvio, ya que $f$ tiene el valor constante $1/2$ en este caso, ¡qué bien que los resultados de estos análisis concuerden con ella!
bohan
Puntos
522
