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나는 scipy에서 약간의 일을하고 있었고 음이 아닌 이산 랜덤 변수가 정의되지 않은 순간을 가질 수 있는지 여부에 대한 핵심 scipy 그룹의 구성원과 대화가 나왔습니다. 나는 그가 정확하지만 증거가 없다고 생각합니다. 누구든지이 주장을 보여 주거나 증명할 수 있습니까? (또는이 주장이 사실이 아닌 경우)

불연속 랜덤 변수가 지원하는 경우 편리한 예가 없지만, Cauchy 분포의 이산화 된 일부 버전이 정의되지 않은 순간을 얻는 예제로 작용하는 것 같습니다. 비 음성 조건 (아마도 포함 )은 (적어도 나를 위해) 문제를 도전적으로 만드는 것으로 보입니다. $Z$

Z

$\mathbb{Z}$ $0$

0

$0$

답변

정수 에서 CDF 과 같게 하고 다른 곳 부분적으로 상수를 유지하고 모든 기준에 따라 CDF가 적용되도록합니다. 기대는 $F$

F

$F$ $1 - 1 / n$

1 - 1 / n

$1-1/n$ $n = 1, 2, \dots,$

n = 1, 2, \dots,

$n=1,2,\ldots,$

\int_{0}^{\infty} (1 - F (x)) d x = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\int_{0}^\infty (1-F(x))\mathrm{d}x = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

분기합니다. 이런 의미에서 첫 순간 (따라서 더 높은 순간)은 무한합니다. (자세한 설명은 끝에있는 설명을 참조하십시오.)

이 표기법이 불편하면 $n = 1, 2, 3, \dots,$

n = 1, 2, 3, \dots,

$n=1,2,3,\ldots,$

{Pr}_{F} (n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1.}

${\Pr}_{F}(n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1.}$

각 항이 양수이고

\sum_{n = 1}^{\infty} {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = lim_{n \to \infty} 1 - \frac{1}{n + 1} = 1.

$\sum_{n=1}^\infty {\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \lim_{n\to \infty} 1 - \frac{1}{n+1} = 1.$

기대는

\sum_{n = 1}^{\infty} n {Pr}_{F} (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} n (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n + 1} = 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 + \dots

$\sum_{n=1}^\infty n\,{\Pr}_{F}(n) = \sum_{n=1}^\infty n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1} = 1/2 + 1/3 + 1/4 + \cdots$

분기합니다.

답을 표현하는이 방법은 모든 솔루션이 그러한 다양한 계열에 의해 얻어진 다는 것을 분명히합니다 . 실제로 양의 값 의 일부 하위 집합에서 확률이 합산되도록 분포를 지원 하려면 계열이 분산 될 것으로 기대합니다. 그것을 표현하는 것, 즉 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}, \dots,$

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}, \dots,

$x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots,$ $p_{1}, p_{2}, \dots$

p_{1}, p_{2}, \dots

$p_1, p_2, \ldots$

(a_{n}) = (x_{n} p_{n}),

$(a_n) = (x_n p_n),$

발산 부분 합이 있어야합니다.

반대로, 음수가 아닌 숫자의 모든 발산 계열 은 발산 기대 값을 갖는 많은 개별 양수 분포와 관련이 있습니다. $(a_{n})$

$(a_{n})$

$(a_n)$ 예를 들어 이 주어지면 다음 알고리즘을 적용하여 시퀀스 및 을 결정할 수 있습니다 . 대해 및 을 설정하여 시작하십시오이러한 방식으로 발생하는 모든 집합으로 를 정의 하고 해당 요소를 하고 에 대한 확률 분포를 정의하십시오. 으로 $(a_{n})$

(a_{n})

$(a_n)$ $(x_{n})$

(x_{n})

$(x_n)$ $(p_{n})$

(p_{n})

$(p_n)$ $q_{n} = 2^{- n}$

q_{n} = 2^{- n}

$q_n = 2^{-n}$ $y_{n} = 2^{n} a_{n}$

y_{n} = 2^{n} a_{n}

$y_n = 2^n a_n$ $n = 1, 2, \dots .$

n = 1, 2, \dots .

$n=1, 2, \ldots.$ $Ω$

Ω

$\Omega$ $y_{n}$

y_{n}

$y_n$ $Ω = {ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{i}, \dots},$

Ω = {ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{i}, \dots},

$\Omega=\{\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_i, \ldots\},$ $Ω$

Ω

$\Omega$

Pr (ω_{i}) = \sum_{n ∣ y_{n} = ω_{i}} q_{n} .

$\Pr(\omega_i) = \sum_{n \mid y_n = \omega_i}q_n.$

의 합 때문 작동 의 합과 동일 이다 하고 대부분에서 긍정적 인 요소의 셀 수있는 번호가 있습니다. $p_{n}$

p_{n}

$p_n$ $q_{n},$

q_{n},

$q_n,$ $1,$

1,

$1,$ $Ω$

Ω

$\Omega$

예로서, 일련 분명 발산한다. 알고리즘은 $(a_{n}) = (1, 1 / 2, 1, 1 / 2, \dots)$

(a_{n}) = (1, 1 / 2, 1, 1 / 2, \dots)

$(a_n) = (1, 1/2, 1, 1/2, \ldots)$

y_{1} = 2 a_{1} = 2; y_{2} = 2^{2} a_{2} = 2; y_{3} = 2^{3} a_{3} = 8; \dots

$y_1 = 2a_1 = 2;\ y_2 = 2^2 a_2 = 2;\ y_3 = 2^3 a_3 = 8; \ldots$

따라서

Ω = {2, 8, 32, 128, \dots, 2^{2 n + 1}, \dots}

$\Omega = \{2, 8, 32, 128, \ldots, 2^{2n+1},\ldots\}$

의 홀수 양의 제곱의 집합 이며 $2$

2

$2$

p_{1} = q_{1} + q_{2} = 3 / 4; p_{2} = q_{3} + q_{4} = 3 / 16; p_{3} = q_{5} + q_{6} = 3 / 64; \dots

$p_1 = q_1 + q_2 = 3/4;\ p_2 = q_3 + q_4 = 3/16;\ p_3 = q_5 + q_6 = 3/64; \ldots$

무한하고 존재하지 않는 순간에 대하여

모든 값이 양수이면 “정의되지 않은”모멘트와 같은 것은 없습니다. 모멘트가 모두 존재하지만이 답변의 시작 부분에서 볼 수 있듯이 분산 합계 (또는 적분)의 의미에서 무한대가 될 수 있습니다.

일반적으로 모든 모멘트는 양의 랜덤 변수에 대해 정의됩니다.이를 표현하는 합계 또는 적분은 절대적으로 수렴하거나 분기됩니다 ( “무한”입니다). 반면 에 양수 및 음수 값을 취하는 변수에 대해서는 모멘트가 정의되지 않을 수 있습니다. 레베 그 적분의 정의에 따라 모멘트는 포지티브 부분의 모멘트와 네거티브 부분의 절대 값 모멘트의 차이이기 때문입니다. 둘 다 무한하면 수렴은 절대적이지 않으며 무한대에서 무한대를 빼는 문제에 직면합니다.

답변

다음은 유명한 예입니다. 가 각 정수 에 대해 확률로 값을 합니다. 그런 다음 는 양의 정수로 된 값을 취합니다. 총 질량은 이지만 기대치는

이 임의의 변수 는 상트 페테르부르크 역설 에서 발생합니다 . $X$

X

$X$ $2^{k}$

2^{k}

$2^k$ $2^{- k}$

2^{- k}

$2^{-k}$ $k \geq 1$

k \geq 1

$k\ge1$ $X$

X

$X$ $\sum_{k = 1}^{\infty} 2^{- k} = 1$

\sum_{k = 1}^{\infty} 2^{- k} = 1

$\sum_{k=1}^\infty 2^{-k}=1$

E (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} 2^{k} P (X = 2^{k}) = \sum_{k = 1}^{\infty} 1 = \infty .

$E(X) = \sum_{k=1}^\infty 2^k P(X=2^k) = \sum_{k=1}^\infty 1 = \infty.$ $X$

X

$X$

답변

제타 분포 (평균에 대한 한정이없는 양의 정수에 상당히 잘 알려진 이산 분포 ). $1 < θ \leq 2$
$1 < θ \leq 2$
$1<\theta\leq 2$

$P (X = x | θ) = \frac{1}{ζ (θ)} x^{- θ}, x = 1, 2, . . ., θ > 1$
$피 (엑스 = 엑스 | θ) = \frac{1}{ζ (θ)} {엑스}^{- θ}, 엑스 = 1, 2, . . ., θ > 1$
$P(X=x|\theta)={{\frac {1}{\zeta (\theta)}}x^{-\theta}}\,,\: x=1,2,...,\:\theta>1$

정규화 상수가 이면 Riemann zeta 함수 $ζ (\cdot)$
$ζ (\cdot)$
$\zeta(\cdot)$

(편집 : 는 whuber의 답변과 매우 유사합니다) $θ = 2$
$θ = 2$
$\theta=2$

꼬리 행동이 유사한 또 다른 분포는 Yule-Simon 분포입니다.
또 다른 예는 베타 음성 이항 분포입니다 . $0 < α \leq 1$
$0 < α \leq 1$
$0<\alpha\leq 1$

$P (X = x | α, β, r) = \frac{Γ (r + x)}{x! Γ (r)} \frac{B (α + r, β + x)}{B (α, β)}, x = 0, 1, 2... α, β, r > 0$
$피 (엑스 = 엑스 | α, β, 아르 자형) = \frac{Γ (아르 자형 + 엑스)}{엑스! Γ (아르 자형)} \frac{비 (α + 아르 자형, β + 엑스)}{비 (α, β)}, 엑스 = 0, 1, 2 ... α, β, 아르 자형 > 0$
$P(X=x|\alpha ,\beta ,r)={\frac {\Gamma (r+x)}{x!\;\Gamma (r)}}{\frac {\mathrm{B} (\alpha +r,\beta +x)}{\mathrm{B} (\alpha ,\beta )}}\,,\:x=0,1,2...\:\alpha,\beta,r > 0$

답변

Cauchy 배포판의 분리 된 버전

당신이 먹는 경우 예, 주위의 간격의 코시 분포의 평균 가치로서 하고 명확하게 제로 번째 순간은 코시 분포와 동일, 그 첫 순간은 점근의 첫 순간에 접근 코시 분포. " 의 간격"까지는 실제로 어떻게 정의하는지는 중요하지 않습니다. , , , vel cetera를 취 하면 작동합니다. 양의 정수의 경우 있습니다. 0 번째 모멘트는 1로 합산되고 첫 번째 모멘트는 의 합으로 분기됩니다. $p (n)$

피 (엔)

$p(n)$ $n$

엔

$n$ $n$

엔

$n$ $(n - 1, n]$

(엔 - 1, 엔]

$(n-1,n]$ $[n, n + 1)$

[엔, 엔 + 1)

$[n,n+1)$ $[n - .5, n + .5)$

[엔 - .5, 엔 + .5)

$[n-.5,n+.5)$ $p (n) = \frac{6}{(n π)^{2}}$

피 (엔) = \frac{6}{(엔 π)^{2}}

$p(n) =\frac6{(n\pi)^2}$ $\frac{6}{n π^{2}}$

\frac{6}{엔 π^{2}}

$\frac6{n\pi^2}$

어떤 다항식 실제로 , 일부가 되도록 우리는 다음 맡으면 1. 합계 번째 모멘트, 순서 인 , 그 분기됩니다. $p (n)$

피 (엔)

$p(n)$ $c$

기음

$c$ $\frac{c}{p (n)}$

\frac{기음}{피 (엔)}

$\frac c {p(n)}$ $k$

케이

$k$ $k$

케이

$k$ $p (n)$

피 (엔)

$p(n)$

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평균 (또는 다른 순간)이 존재하지 않는 음이 아닌 이산 분포의 예? scipy 그룹의 구성원과

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무한하고 존재하지 않는 순간에 대하여

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