Demostrar que $E\left(\frac{XY}{X^2+Y^2}\right) \geqslant 0$ % i.i.d. $X$y $Y$

Question

Deje $X$ $Y$ dos independientes idénticamente distribuidas al azar variables. Demostrar que

$$\mathbb{E}\left(\dfrac{XY}{X^2+Y^2}\right) \geqslant 0$$

Traté de manipular con la expresión de $\dfrac{XY}{X^2+Y^2}$, por ejemplo, trató de volver a escribir en la forma $$\dfrac{XY}{X^2+Y^2} = \dfrac{(X+Y)^2}{4(X^2+Y^2)} - \dfrac{(X-Y)^2}{4(X^2+Y^2)}$$ o incluso en la forma: $$\dfrac{XY}{X^2+Y^2} = \dfrac{(X+Y)^2 - (X-Y)^2}{2(X+Y)^2 + 2(X-Y)^2}$$

pero no ayuda mucho.

Estoy interesado en ver una prueba de este hecho o algún favorable ideas que pueden ser de ayuda aquí.

Referencia: El problema fue propuesto en la prueba de Kolmogorov de los Estudiantes de la Competencia en la Teoría de la Probabilidad, 2017.

Answer 1

He aquí una prueba:

$$ \Bbb{E}\left[\frac{XY}{X^2+Y^2}\right] = \Bbb{E}\left[ \int_{0}^{\infty} XY e^{- X^2+Y^2)t} \, dt \right] = \int_{0}^{\infty} \Bbb{E}[X e^{-X^2 t}]\Bbb{E}[Y e^{-Y^2 t}] \, dt \geq 0. $$

---

Adenda. Mi observación es que la expectativa puede ser pensado como una forma cuadrática en el espacio finito de medidas. De hecho, si $\mu$ es el derecho común de $X$$Y$, luego

$$ \Bbb{E}\left[ \frac{XY}{X^2+Y^2}\right] = \int_{\Bbb{R}^2} \frac{xy}{x^2+y^2} \, \mu(dx)\mu(dy). $$

Así el problema se reduce a mostrar que esta forma es positiva semi-definida. Una manera es encontrar un unitaria de transformación en virtud de la cual la forma cuadrática se reduce a la habitual $2$-norma. Tal transformación se da a menudo como parte integral de la transformación:

$$ L\mu(t) = \int_{\Bbb{R}} k(t, x) \, \mu(dx). $$

Suponiendo que $L$ proporciona este tipo de transformación, debe satisfacer

$$ \int_{\Bbb{R}^2} \frac{xy}{x^2+y^2} \, \mu(dx)\mu(dy) = \int_{\Bbb{R}} (L\mu(t))^2 \, dt = \int_{\Bbb{R}^2} \left(\int_{\Bbb{R}} k(t, x)k(t, y) \, dt \right) \mu(dx)\mu(dy). $$

Cuando se asiente el polvo hacia abajo, se convierte en claro lo que debe hunt: una función de $k$ tal que

$$ \frac{xy}{x^2+y^2} = \int_{\Bbb{R}} k(t, x)k(t, y) \, dt. $$

No es difícil adivinar una función de este tipo, y de hecho en mi prueba usa $k(t, x) = x e^{-x^2 t} \mathbf{1}_{\{t \geq 0\}}$.