Encontrar apretado superior/inferior de los límites para la $\mathbb{E}[\frac{1}{1+X^{2}}]$ donde $X$ es un RV con $\mathbb{E}[X]=0$ $\mbox{Var}(X)=\nu<\infty $

Question

La pregunta es bastante mucho en el título.

Mi primer pensamiento fue el uso de Jensen inquality para obtener algún tipo de límite inferior. Desde $\frac{1}{1+x^{2}}$ es convexa en a $\mathbb{R}\backslash\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$ Creo que por la desigualdad de Jensen puedo obtener un límite inferior de la forma: $$\frac{1}{1+\nu}\leq\frac{1}{1+\mathbb{E}\left[\left(X\cdot1_{\left\{ X>\frac{1}{2}\right\} }\right)^{2}\right]}\leq\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+\left(X\cdot1_{\left\{ X>\frac{1}{2}\right\} }\right)^{2}}\right]\leq\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+X^{2}}\right] $$ No estoy seguro de si es correcto aún el uso de la desigualdad de Jensen de esta manera, la formulación de la desigualdad estoy familiarizado con es para un integrable RV y una función convexa en un intervalo de la forma $\left(a,b\right)$ con $a,b$ posiblemente $\pm\infty$.

EDIT: como un comentario sugiere que no es difícil aplicar la Desigualdad de Jensen correctamente para obtener la segunda desigualdad. Por desgracia, me di cuenta de la tercera desigualdad es incorrecta ya que $$\frac{1}{1+\left(X\cdot1_{\left\{ X\geq\frac{1}{2}\right\} }\right)^{2}}\geq\frac{1}{1+X^{2}} $$

Sin embargo, el obligado a sí mismo todavía se siente como debe ser correcto. He verificado también puede acercarse a él como desee con un uniforme de la RV se define en el intervalo de $\left(-\varepsilon,\varepsilon\right)$ $\varepsilon$ tiende a $0$. Como puede verse: $$\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+X^{2}}\right]=\int\limits _{-\varepsilon}^{\varepsilon}\frac{1}{2\varepsilon}\cdot\frac{1}{1+x^{2}}dx=\frac{\tan^{-1}\left(\varepsilon\right)}{\varepsilon}\overset{\varepsilon\to0}{\longrightarrow}1$$ $$\frac{1}{1+\mathbb{E}\left[X^{2}\right]}=\frac{1}{1+\frac{\varepsilon^{2}}{3}}\overset{\varepsilon\to0}{\longrightarrow}1$$ Agradecería la ayuda que muestra un límite de la forma$\frac{1}{1+\nu}\leq\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+X^{2}}\right]$, de hecho, tiene (o un contradiciendo ejemplo y una alternativa enlazado).

Answer 1

La función de $t\mapsto\frac1{1+t}$ es convexa en a $t\geqslant0$ por lo tanto $$ E\left(\frac1{1+X^2}\right)\geqslant\frac1{1+E(X^2)}=\frac1{1+\nu}. $$ El límite inferior se alcanza cuando $P(X=\sqrt\nu)=P(X=-\sqrt\nu)=\frac12$.

Por otro lado, si $P(X=0)=1-\frac\nu{x^2}$ $P(X=x)=P(X=-x)=\frac\nu{2x^2}$ algunos $|x|\geqslant\sqrt\nu$,$E(X)=0$$E(X^2)=\nu$, mientras que $$E\left(\frac1{1+X^2}\right)=1-\frac\nu{1+x^2},$$ hence the best universal upper bound valid for every $X$ such that $E(X)=0$ and $E(X^2)=\nu$ with $\nu\gt0$ es $$ E\left(\frac1{1+X^2}\right)\lt1. $$