Espérance d'un quotient de va

notabene

Bonjour,

Généralement, l'espérance d'un quotient de deux variables aléatoires n'est pas le quotient des espérances. Pourtant il y a bien certains cas où ceci est vrai, non ?

Merci par avance

Foys

c'est vrai avec des variables aléatoires presque sûrement constantes!

Plus sophistiqué: soit $X$ et $Y$ des V.A. indépendantes de lois gamma de densités respectives en $t$: $(\frac{1}{\Gamma(a)})1_{\mathbb R_+}(t) \exp(-u t)u^a t^{a-1}$ et $(\frac{1}{\Gamma(b)})1_{\mathbb R_+}(t) \exp(-u t)u^b t^{b-1}$. Alors $X+Y$ et $\frac{X}{X+Y}$ sont indépendantes, on peut en déduire que $\frac{E(X)}{E(X+Y)}=E(\frac{X}{X+Y})$ si je ne dis pas de bêtises...

Belettete

Pourquoi on peut en déduire ça ? :S

gerard0

Bonjour Belettete.

l'idée est classique : On a un quotient en inversant un produit. La règle qui donne le produit des espérance égal à l'espérance du produit a comme condition suffisante l'indépendance. D'où la recherche d'un quotient et son dénominateur indépendants.

Cordialement.

Steven Neutral

Parce que $E(X)=E\left((X+Y)\frac{X}{X+Y}\right)=\ldots$

notabene

Merci Foys (tu)

Alexique

Je déterre pour savoir si en général, on a sous réserve que tout soit bien défini (donc $Y \neq 0$ ps et d'espérance non nulle, si cela suffit) : $\mathbb{E}\left(\frac{X}{Y}\right) \leq \frac{\mathbb{E}(X)}{\mathbb{E}(Y)}$ ? J'ai lu que ce serait une conséquence de Jensen mais pour quelle fonction convexe ? 
Merci. 

MrJ

Le résultat est vrai si $X$ et $Y$ sont indépendantes et positives via l’inégalité de Jensen appliquée à la fonction $f:t\mapsto 1/t$.

Dans le cas général, je suis presque sûr que l’inégalité est fausse, même si je ne peux pas te donner un contre-exemple explicite.

Edit : Si $X$ suit une loi uniforme sur $[0,1]$, alors il me semble qu’en prenant $Y=1-X$, on obtient un contre-exemple.

Izolg

Sinon pour un contre exemple facile :  $(X,Y)=(5000,1)$ avec proba 1/2 et $(X,Y)=(1,5000)$ avec proba 1/2.

Alexique

Oui, ok, il faut l'indépendance et c'est la fonction inverse convexe qui marche. Merci.

Izolg

En fait, je n'avais pas vérifié, mais l'inégalité de convexité ira dans l'autre sens : si $X$ et $Y$ indépendantes, avec $X\geq 0$ et $Y>0$ on aura $\mathbb{E}[X/Y]=\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y^{-1}]\geq \mathbb{E}[X]/\mathbb{E}[Y]$

Un contre exemple si $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes :

$(X,Y)=(1,2)$ avec proba $1/2$

$(X,Y)=(2,3)$ avec proba $1/2$

donne $\mathbb{E}[X/Y]= 1/4+1/3=7/12=35/60$ mais $\mathbb{E}[X]/\mathbb{E}[Y]= 3/5=36/60$

gebrane

Pourquoi on demande la positivité.  Dans le cas discret ou v.a à  densité  l’indépendance suffit pour avoir E (X/Y)=E (X)/E (Y)- en supposant E (Y) non nul et E (X/Y) bien défini.

Izolg

Car par exemple si $X$ vaut $1$ avec proba $1/2$ et $2$ avec proba $1/2$, la même chose pour $Y$, avec $X$ et $Y$ indépendantes, on a $\mathbb{E}[X/Y]=1/4\times (1/1+2/1+1/2+2/2)=9/8 > 1=\mathbb{E}[X]/\mathbb{E}[Y]$

gebrane

Je viens de constater  ta réponse. Merci.

J'avais  supposé de tête comme  conditions d'indépendance que $X$ et $Y$ indépendantes et $Y$ et $1/Y$ indépendantes. avec $Y(\Omega)\subset \R^*$ et $E(Y)\neq 0$, alors d’après le théorème de transfert $E(X/Y)=\sum_{i,j} x_i / y_j P(X=x_i, Y=y_j)= \sum_{i,j} x_i / y_j P(X=x_i) P (Y=y_j)= E(X).E(1/Y)=E(X)/E(Y)$, car $1=E(Y. 1/Y)=E(Y).E(1/Y)$

Mais en réfléchissant  $Y$ et $1/Y$ sont indépendantes si $Y$ est constante. Donc ce que j'ai raconté n'a pas d'importance.

[Gébrane, s'il te plaît, relis-toi avant d'envoyer. Merci. AD]