Προβλήματα Μαθηματικών

Αύγουστος 10, 2008

Θετική συσχέτιση

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 6:36 πμ

Ένα προβληματάκι για όσους δεν κάνουν διακοπές….

Έστω X μια τυχαία μεταβλητή με τιμές στο \mathbb{R} και f,g δύο αύξουσες συναρτήσεις. Δείξτε ότι

\displaystyle E\big[f(X)g(X)\big]\ge E\big[f(X)\big]E\big[g(X)\big].

Υποθέστε ότι οι αναμενόμενες τιμές που εμφανίζονται είναι πεπερασμένες.

Advertisements

10 Σχόλια »

  1. Καλησπέρα σας,

    Θα παραθέσω μια απόδειξη…ευελπιστώ να γίνει κατανοητή μιας και δεν ξέρω πως μπορώ να χρησιμοποιήσω latex.

    Έστω η τ.μ. Χ παίρνει τις τιμές χ1,χ2,..,χn οι οποίες χωρίς περιορισμό της γενικότητας είναι ταξινομιμένες με αύξουσα σειρά
    Έστω ότι ισχυεί ο πιο πάνω τύπος…έχουμε:

    f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2)+…+f(xn)g(xn)/n>=(f(x1)+…+f(xn))*(g(x1)+…+g(xn))/n^2

    σβήνουμε το n με το ^2 και έχουμε:

    f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2)+…+f(xn)g(xn)>=(f(x1)+…+f(xn))*(g(x1)+…+g(xn))/n

    αν αναπτύξουμε το δεξί μέλος της εξίσωσης έχουμε

    f(x1)(g(x1)+..+g(xn))+…+f(xn)(g(x1)+…+g(xn))

    επειδή η f είναι αύξουσα ισχύει

    f(x1)(g(x1)+..+g(xn))+…+f(xn)(g(x1)+…+g(xn))>= n*f(x1)(g(x1)+…+g(xn))

    Άρα έχουμε την παρκάτων ανίσωση:

    f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2)+…+f(xn)g(xn)>=n*f(x1)(g(x1)+…+g(xn))/n

    αν απλοποιήσουμε τα n έχουμε

    f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2)+…+f(xn)g(xn)>=f(x1)(g(x1)+…+g(xn))

    f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2)+…+f(xn)g(xn)>= f(x1)g(x1)+f(x1)g(x2)+…+f(x1)g(xn)

    το οποίο είναι αληθές γιατί η f είναι αύξουσα (μην ξεχνάμε πως τα x1,x2,…,xn είναι διατεταγμένα με αύξουσα σειρά)…Άρα η υπόθεση μας ότι η ανίσωση ισχύει είναι αληθής…

    Ελπίζω ο τρόπος σκέψης μου να ήταν σωστός…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κλάδος Μανούσος — Αύγουστος 30, 2008 @ 3:04 μμ

  2. Μανούσο:

    Παραβλέποντας το γεγονός ότι έχεις υποθέσει ότι η X παίρνει τιμές σε ένα διακριτό σύνολο και είναι ομοιόμορφα κατανεμημένη σ’ αυτό- κάτι το οποίο είναι κάπως περιοριστικό- υπάρχουν κάποια σφάλματα στο επιχείρημά σου.

    1. Το ότι f(x_1)\le f(x_j) δεν συνεπάγεται ότι και f(x_1)g(x_j)\le f(x_j)g(x_j) αφού η g μπορεί να παίρνει και αρνητικές τιμές. Αυτό διορθώνεται, τουλάχιστον όταν η g είναι κάτω φραγμένη, αφού προσθέτοντας μια σταθερά κατάλληλα μεγάλη μπορείς να την κάνεις θετική, και αν αποδείξεις τον ισχυρισμό για την (θετική) g+C εύκολα προκύπτει και ο ισχυρισμός για την g.

    2. (και σοβαρότερο) Το επιχείρημα σου είναι το εξής. Εφόσον,
    \displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)g(x_j)\ge f(x_1)\sum_{j=1}^n g(x_j)

    και

    \displaystyle \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n f(x_j)\sum_{i=1}^n g(x_i)\ge f(x_1)\sum_{j=1}^n g(x_j)

    τότε

    \displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)g(x_j)\ge\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n f(x_j)\sum_{i=1}^n g(x_i).

    Αυτό είναι ένα λογικό λάθος. Αν α>β και γ>β
    αυτό δεν συνεπάγεται ότι και α>γ!

    Σχόλιο για όλους:

    Πάντως θα ήθελα να σας ενθαρρύνω να προσπαθήσετε αυτή την άσκηση. Η λύση που έχω υπ’ όψιν μου είναι εκπληκτικά κομψή και είναι ένα όμορφο παράδειγμα για μια πολύ ισχυρή τεχνική, το ταίριασμα (coupling). Μόλις λύσετε αυτή την άσκηση θα σας δώσω και μια υπόδειξη για το «Βόλλεϋ» που χρησιμοποιεί ακριβώς αυτή την τεχνική.

    Και επειδή κάποιοι από τους χρήστες ίσως να μη βλέπουν με συμπάθεια τα προβλήματα στη θεωρία πιθανοτήτων, από την άσκηση αυτή προκύπτει αμέσως ότι αν η m είναι μια μη αρνητική συνάρτηση, οι f,g είναι αύξουσες (φθίνουσες) συναρτήσεις, και τα παρακάτω ολοκληρώματα είναι πεπερασμένα, τότε

    \displaystyle \int_0^\infty fgmdx\int_0^\infty mdx\ge \int_0^\infty fmdx \int_0^\infty gmdx.

    Μπορείτε να το αποδείξετε;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 30, 2008 @ 3:56 μμ

  3. Παραβλέποντας το γεγονός ότι έχεις υποθέσει ότι η X παίρνει τιμές σε ένα διακριτό σύνολο και είναι ομοιόμορφα κατανεμημένη σ’ αυτό- κάτι το οποίο είναι κάπως περιοριστικό- υπάρχουν κάποια σφάλματα στο επιχείρημά σου.

    Εδώ έχετε δίκιο…το σκέφτηκα απλά έκανα μια αρχή με διακριτή τμ σκεπτόμενος ότι και με συνεχή θα είναι παρόμοια η απόδειξη.

    1. Το ότι f(x_1)\le f(x_j) δεν συνεπάγεται ότι και f(x_1)g(x_j)\le f(x_j)g(x_j) αφού η g μπορεί να παίρνει και αρνητικές τιμές. Αυτό διορθώνεται, τουλάχιστον όταν η g είναι κάτω φραγμένη, αφού προσθέτοντας μια σταθερά κατάλληλα μεγάλη μπορείς να την κάνεις θετική, και αν αποδείξεις τον ισχυρισμό για την (θετική) g+C εύκολα προκύπτει και ο ισχυρισμός για την g.

    Αυτό για να είμαι ειλικρινής δεν το σκέφτηκα καν…

    Τώρα το δεύτερο σχόλιο σας δεν το καταλαβα καθόλου…ο συλλογισμός μου δεν ήταν αυτός που περιγράφετε. Θα σας το γράψω ξανά παρακάτω σε latex αν τα καταφέρω γιατι έχω καιρό να το χρησιμοποιήσω.

    Έστω ότι ισχύει

    \displaystyle E\big[f(X)g(X)\big]\ge E\big[f(X)\big]E\big[g(X)\big].

    Άρα

    \displaystyle \frac{\sum_{j=1}^n f(x_j)g(x_j)}{n}\ge \frac{\displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)\dot\displaystyle \sum_{j=1}^n g(x_j)}{n^2}

    Συνεπάγεται
    \displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)g(x_j)\ge \frac{\displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)\dot\displaystyle \sum_{j=1}^n g(x_j)}{n}.

    Αν αναπτύξουμε το δεξί μέλος της ανίσωσης έχουμε

    \displaystyle S=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n f(x_j)(g(x_1)+...+g(x_n)

    για το οποίο ισχύει

    \displaystyle S\ge \frac{1}{n} \cdot n f(x_1)(g(x_1)+\dots +g(x_n)).

    Άρα

    \displaystyle \sum_{j=1}^n f(x_j)g(x_j) \ge f(x_1)\sum_{j=1}^n g(x_j).

    H πιο πάνω ανίσωση είναι αληθής γιατί η f είναι αύξουσα. Άρα κάναμε μια υπόθεση η οποία μας οδηγήσε σε κάτι άληθες. Άρα η υπόθεση μας ισχύει.

    (Δεν συγκρίνω πουθενά ισότητες. Αυτό που κάνω ουσιαστικά είναι να ξεκινάω από ένα σημείο και με λογικές πράξεις να καταλήγω κάπου.)

    Ελπίζω να σας κατατόπισα και συγνώμη για το μπέρδεμα

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κλάδος Μανούσος — Αύγουστος 30, 2008 @ 4:17 μμ

  4. Επίτρεψέ μου να σου εξηγήσω λίγο καλύτερο το λογικό λάθος που κάνεις…

    Ξεκινάς δεχόμενος τον ισχυρισμό. Στην αναλυτική μέθοδο ξεκινά κανείς έτσι και καταλήγει ΜΕ ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΕΣ σε κάτι που προφανώς ισχύει.

    Έχει μεγάλη σημασία κάθε καινούργια σχέση που γράφεις να συνεπάγεται την προηγούμενή της , αφού τελικά το λογικό επιχείρημα είναι το εξής: η τελευταία πρόταση είναι προφανώς σωστή και συνεπάγεται την προηγούμενή της, άρα και η πρότελευταία πρόταση είναι σωστή. Αυτή με τη σειρά της συνεπάγεται την προηγούμενή της, κ.ο.κ. μέχρι να φτάσουμε πηγαίνοντας προς τα πίσω στον αρχικό ισχυρισμό.

    Εδώ το επιχείρημά σου είναι το εξής. Δέχεσαι τον ισχυρισμό a\ge b. Αποδεικνύεις ότι b\ge c και από τη μεταβατική ιδιότητα (χρησιμοποιώντας τον ισχυρισμό) έπεται ότι a\ge c.
    Παρατηρείς ότι η a\ge c είναι αληθής και άρα συμπεραίνεις ότι και ο αρχικός σου ισχυρισμός είναι αληθής. Το πρόβλημα είναι ότι εδώ δεν έχεις ισοδύναμες σχέσεις, αν a\ge c που είναι προφανές και b\ge c που αποδεικνύεις, αυτό δεν συνεπάγεται ότι και a\ge b.

    Δες για παράδειγμα πώς μπορεί κανείς ακριβώς με το ίδιο επιχείρημα να ισχυριστεί ότι 1>2:

    Έστω ότι 1>2. Όμως 2>0, και από τη μεταβατική ιδιότητα (δεχόμενοι τον ισχυρισμό) 1>0. Αυτό είναι προφανώς σωστό. Κάναμε λοιπόν μια υπόθεση που μας οδήγησε σε κάτι σωστό, άρα (?) ….

    Αυτό το άρα είναι το λάθος.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 30, 2008 @ 5:29 μμ

  5. ΟΚ το καταλάβα το λάθος μου…αφου το ξαναείδα πιο προσεκτικά…Σας ευχαριστώ πολύ για τις παρατηρήσεις σας και συγνώμη για την ταλαιπωρία.

    Ήθελα να κάνω μια ερώτηση. Αυτο το πρόβλημα είναι γενικά άλυτο ή έχει λυθεί και απλώς μέσα σε αυτό το blog δεν έχει δοθεί καμία λύση?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κλάδος Μανούσος — Αύγουστος 30, 2008 @ 10:45 μμ

  6. Κανένα πρόβλημα.

    Τα προβλήματα που βάζουμε στο blog είναι προβλήματα που ξέρουμε πώς λύνονται. Τα ανεβάζουμε στο blog γιατί πιστεύουμε πώς θα τα βρείτε διασκεδαστικά. Και ελπίζουμε να διασκεδάζετε προσπαθώντας τα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 30, 2008 @ 11:03 μμ

  7. Θεωρήστε μια ακόμα τυχαία μεταβλητή Υ που έχει την ίδια κατανομή όπως η Χ και είναι ανεξάρτητη από τη Χ. Βρείτε τώρα μια κατάλληλη ποσότητα που εξαρτάται από τα f(X), g(X), f(Y), g(Y) και είναι οπωσδήποτε μη αρνητική.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Σεπτεμβρίου 16, 2008 @ 8:07 πμ

  8. Οπως στην υποδειξη, θεωρουμε τ.μ. Y η οποια εχει την κατανομη με την Χ και ειναι ανεξαρτητη της Χ. Τοτε εχουμε οτι

    (1) (f(X)-f(Y))(g(X)-g(Y))\ge0,

    γιατι αν X\ge Y, τοτε και οι δυο ποσοτητες στις παρενθεσεις ειναι μη αρβητικες, ενω αν X<Y και οι δυο ποσοτητες ειναι μη θετικες, καθως οι συναρτησεις f και g ειναι αυξουσες. Αναπτυσσοντας την (1) παιρνουμε οτι

    (2) f(X)g(X)+f(Y)g(Y)\ge f(X)g(Y)+f(Y)g(X).

    Καθως οι X και Y ειναι ανεξαρτητες

    (3) E[f(X)g(Y)]=E[f(X)]E[g(Y)]=E[f(X)]E[g(X)], οπου η δευτερη ισοτητα προκυπτει απο το γεγονος οτι οι X και Y εχουν την ιδια κατανομη. Για τον ιδιο λογο εχουμε οτι

    (4) E[f(Y)g(X)]=E[f(X)]E[g(X)]

    και

    (5) E[f(X)g(X)]=E[f(Y)g(Y)].

    Ολοκληρωνοντας τωρα τη σχεση (2) και εισαγωντας τις (3), (4) και (5) ολοκληρωνει την αποδειξη.

    Υ.Γ. Η υποδειξη ηταν η μιση λυση!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από partalopoulo — Οκτώβριος 30, 2008 @ 11:29 μμ

  9. Η δευτερη ισοτητα στην (3) ειναι

    E[f(X)]E[g(Y)]=E[f(X)]E[g(X)].

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από partalopoulo — Οκτώβριος 30, 2008 @ 11:30 μμ

  10. Πολύ σωστά!
    Στη λύση αυτή αυτό που κάναμε είναι ότι διευρύναμε το χώρο πιθανότητας και στον μεγαλύτερο αυτό χώρο ήταν πολύ πιο εύκολο να βρούμε μια λύση. (Προσωπικά δεν έχω υπ’ όψιν μου άλλη λύση που να είναι τόσο σύντομη.)
    Αυτή η διεύρυνση συνίσταται στο εξής. Ενώ ο αρχικός χώρος πιθανότητας ήταν ας πούμε \Omega εφοδιασμένος με ένα μέτρο \mathbb{P}, θεωρήσαμε τον χώρο γινόμενο \Omega\times\Omega εφοδιασμένο με το μέτρο γινόμενο \mathbb{P}\times\mathbb{P}. Ένα παράδειγμα θα σας βοηθήσει να το καταλάβετε καλύτερα…

    Αν π.χ. η Χ παίρνει τις τιμές 1 με πιθανότητα p και 0 με πιθανότητα 1-p, μπορούμε να τη φανταστούμε σαν μια τυχαία μεταβλητή ορισμένη στον \Omega=\{\omega_1,\omega_2\} ώστε
    X(\omega_1)=1, X(\omega_2)=0. Ο \Omega είναι εφοδιασμένος με το μέτρο \mathbb{P}, με \mathbb{P}(\omega_1)=p, \mathbb{P}(\omega_2)=1-p. Για να μπορέσουμε να ορίσουμε άλλη μια τ.μ. Υ με την ίδια κατανομή και ανεξάρτητη από τη Χ διευρύνουμε το ζώρο πιθανότητας όπως είπαμε. Ο καινούργιος χώρος έχει 4 σημεία,
    (\omega_1,\omega_1), (\omega_1,\omega_2), (\omega_2,\omega_1), (\omega_2,\omega_2)
    και το μέτρο γινόμενο αποδίδει σ’ αυτά πιθανότητες p^2,p(1-p),p(1-p),(1-p)^2 αντίστοιχα. Στον καινούργιο χώρο μπορούμε να ορίσουμε μια τ.μ. με την ίδια κατανομή όπως η Χ (που θα συμβολίσουμε πάλι με Χ) ως
    X(\omega_1,\cdot)=1 και X(\omega_2,\cdot)=0.
    Η Υ ορίζεται φυσικά ως
    Y(\cdot,\omega_1)=1 και Y(\cdot,\omega_2)=0.

    Ένα άλλο οικείο παράδειγμα από την ανάλυση είναι ο υπολογισμός του ολοκληρώματος

    I=\int_{R} e^{-x^2}dx

    όπου υπολογίζουμε το I^2 χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Fubini και μετασχηματισμό σε πολικές συντεταγμένες!.

    Η τεχνική αυτή στη θεωρία Πιθανοτήτων είναι γνωστή ως ταίριασμα (coupling). Εδώ η διεύρυνση ήταν η απλούστερη δυνατή εφοδιάζοντας τον καινούργιο χώρο με το μέτρο γινόμενο. Το πώς θα διευρύνει κανείς το χώρο πιθανότητας είναι γενικά μια τέχνη. Θα δούμε ένα πιο σύνθετο παράδειγμα στην άσκηση «Βόλλεϋ«.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 31, 2008 @ 11:37 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: