Espérance d'un quotient de va
Réponses
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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...Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Pourquoi on peut en déduire ça ? :S
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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. -
Parce que $E(X)=E\left((X+Y)\frac{X}{X+Y}\right)=\ldots$
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Merci Foys (tu)
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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. -
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. -
Sinon pour un contre exemple facile : $(X,Y)=(5000,1)$ avec proba 1/2 et $(X,Y)=(1,5000)$ avec proba 1/2.
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Oui, ok, il faut l'indépendance et c'est la fonction inverse convexe qui marche. Merci.
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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 $\mathbb{E}[X]/\mathbb{E}[Y]= 3/5=36/60$
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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.Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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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 $\mathbb{E}[X/Y]=1/4\times (1/1+2/1+1/2+2/2)=9/8 > 1=\mathbb{E}[X]/\mathbb{E}[Y]$
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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]Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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