ความคาดหวังของซีรี่ส์เทย์เลอร์

42

คำถามของฉันเกี่ยวข้องกับการพยายามพิสูจน์วิธีการที่ใช้กันอย่างแพร่หลายนั่นคือการนำค่าที่คาดหวังของ Taylor Series สมมติเรามีตัวแปรสุ่มมีค่าเฉลี่ยบวกและความแปรปรวน 2 นอกจากนี้เรายังมีฟังก์ชั่นการพูด,(x) $X$ $\mu$ $\sigma^2$ $\log(x)$

การขยายตัวของรอบ ๆเทย์เลอร์เราจะได้ ที่คือ st. $\log X$

\log X = \log μ + \frac{X - μ}{μ} - \frac{1}{2} \frac{(X - μ)^{2}}{μ^{2}} + \frac{1}{3} \frac{(X - μ)^{3}}{ξ_{X}^{3}},

$\log X = \log\mu + \frac{X - \mu}{\mu} - \frac12 \frac{(X-\mu)^2}{\mu^2} + \frac13 \frac{(X - \mu)^3}{\xi_X^3},$

ξ_{X}

$\xi_X$

| ξ_{X} - μ | < | X - μ |

$|\xi_X - \mu| < |X - \mu|$

ถ้าเราใช้ความคาดหวังเราจะได้สมการโดยประมาณซึ่งผู้คนมักจะอ้างถึงว่าเป็นสิ่งที่เห็นได้ชัดในตัวเอง(ดูเครื่องหมายในสมการแรกที่นี่) $\approx$ :

E \log X \approx \log μ - \frac{1}{2} \frac{σ^{2}}{μ^{2}}

$\mathbb{E}\log X \approx \log \mu - \frac12 \frac{\sigma^2}{\mu^2}$

คำถาม : ฉันสนใจที่จะพิสูจน์ว่ามูลค่าที่คาดหวังของคำศัพท์ที่เหลือนั้นน้อยมากนั่นคือ (หรือกล่าวอีกนัยหนึ่ง )

E [\frac{(X - μ)^{3}}{ξ_{X}^{3}}] = o (σ^{2})

$\mathbb{E}\left[\frac{(X - \mu)^3}{\xi_X^3}\right] = o(\sigma^2)$

E [o (X - μ)^{2}] = o (E [(X - μ)^{2}])

$\mathbb{E}\bigl[o(X-\mu)^2\bigr] = o\bigl(\mathbb{E}\bigl[(X-\mu)^2\bigr]\bigr)$

สิ่งที่ฉันพยายามทำ : สมมติว่า (ซึ่งในทางกลับกันหมายถึงใน ) ฉันพยายามที่จะแยกอินทิกรัลเป็นสองรอบด้วยบาง -vicinity : $\sigma^2 \to 0$ $X \to \mu$ $\mathbb{P}$ $\mu$ $\varepsilon$ $N_\varepsilon$

\int_{R} p (x) \frac{(x - μ)^{3}}{ξ_{x}^{3}} d x = \int_{x \in N_{ε}} \dots d x + \int_{x \notin N_{ε}} \dots d x

$\int_\mathbb{R} p(x)\frac{(x-\mu)^3}{\xi_x^3} \,dx = \int_{x \in N_\varepsilon} \ldots dx + \int_{x \notin N_\varepsilon} \ldots dx$

อันแรกสามารถถูก จำกัด เนื่องจากข้อเท็จจริงที่ว่าและไม่ต้องกังวล แต่ด้วยสิ่งที่สองเรามีข้อเท็จจริงที่ประจักษ์สองประการ: ในมือข้างหนึ่ง (เป็น ) แต่ในทางกลับกันเราไม่ทราบว่าจะทำอย่างไรกับ 3 $0 \notin N_\varepsilon$ $1/\xi^3$

P (| X - μ | > ε) \to 0

$\mathbb{P}(|X - \mu| > \varepsilon) \to 0$

σ^{2} \to 0

$\sigma^2 \to 0$

1 / ξ^{3}

$1/\xi^3$

ความเป็นไปได้อีกอย่างก็คือลองใช้บทแทรกของ Fatou แต่ฉันไม่สามารถหาวิธีได้

จะขอบคุณความช่วยเหลือหรือคำใบ้ใด ๆ ฉันรู้ว่านี่เป็นคำถามทางเทคนิค แต่ฉันต้องทำมันเพื่อที่จะเชื่อถือวิธีการ "คาดหวังของเทย์เลอร์" นี้ ขอบคุณ!

ป.ล. ฉันเช็คเอาท์ที่นี่แต่ดูเหมือนว่าเป็นอีกเรื่องเล็กน้อย

self-study mathematical-statistics expected-value

— agronskiy
แหล่งที่มา

ทำไมจึงมีเครื่องหมายลบหน้าเทอมที่สามของการขยายตัวเทย์เลอร์? ทำไมในเทอมที่สี่จึงมีและไม่ใช่? ฉันพลาดอะไรไป

3

$3$

3!

$3!$

— Alecos Papadopoulos

@Alecos: ดูแค่ที่ TH อนุพันธ์ของx ที่จะตอบคำถามของคุณทั้งสอง

n

$n$

\log x

$\log x$

— พระคาร์ดินัล

4

(+1) ปัญหานี้เมื่อเร็ว ๆ นี้ขึ้นมาในการสนทนาของทั้งสองคำถามที่เกี่ยวข้องกับการหาช่วงเวลาของ1} มันจ่ายเพื่อดูแลเพิ่มเติมเกี่ยวกับเรื่องดังกล่าว :-)

X^{- 1}

$X^{-1}$

— พระคาร์ดินัล

1

การประมาณอันดับแรกอาจดีกว่าในบางกรณีเนื่องจากค่าทฤษฎีบทค่าเฉลี่ย ไม่แน่ใจว่าทฤษฎีบทค่าเฉลี่ยจะช่วยในกรณีทั่วไปหรือไม่

— ความน่าจะเป็นทางการ

1

ฉันคิดว่าทฤษฎีการบรรจบที่โดดเด่นอาจมีประโยชน์ที่นี่เนื่องจากสมการเป็นการแลกเปลี่ยนข้อ จำกัด และการรวมเข้าด้วยกัน

E (o (. .)) = o (E (. .))

$E(o(..))=o(E(..))$

— ความน่าจะเป็นทางการ

32

คุณมีสิทธิ์ที่จะสงสัยในวิธีการนี้ วิธีการของซีรีส์เทย์เลอร์ไม่สามารถใช้งานได้ทั่วไปแม้ว่าฮิวริสติกจะมีแก่นของความจริง เพื่อสรุปการอภิปรายทางเทคนิคด้านล่าง

ความเข้มข้นที่แข็งแกร่งหมายความว่าวิธีชุด Taylor ทำงานได้ดีสำหรับฟังก์ชั่นที่ดี
สิ่งที่สามารถและจะไปผิดอย่างมากสำหรับฟังก์ชั่นการแจกแจงหนาหรือฟังก์ชั่นที่ไม่ดี

ตามคำตอบของ Alecos สิ่งนี้ชี้ให้เห็นว่าวิธีการของซีรีส์เทย์เลอร์ควรถูกทำลายถ้าข้อมูลของคุณอาจมีหางที่หนัก (ผู้เชี่ยวชาญด้านการเงินฉันกำลังมองคุณอยู่)

ในฐานะที่เป็นเอลวิสตั้งข้อสังเกตปัญหาที่สำคัญคือความแปรปรวนไม่ได้ควบคุมช่วงเวลาที่สูงขึ้น หากต้องการดูว่าทำไมให้คำถามของคุณง่ายที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้เพื่อทำความเข้าใจกับแนวคิดหลัก

สมมติว่าเรามีลำดับของตัวแปรสุ่มกับเป็น\ $X_n$ $\sigma(X_n)\to 0$ $n\to \infty$

ถาม:เรารับประกันได้หรือไม่ว่าเป็น $\mathbb{E}[|X_n-\mu|^3] = o(\sigma^2(X_n))$ $n\to \infty?$

เนื่องจากมีตัวแปรสุ่มที่มีช่วงเวลาที่สองแน่นอนและช่วงเวลาที่สามอนันต์คำตอบคือกึกก้องไม่มี ดังนั้นโดยทั่วไปวิธีการที่ซีรีส์เทย์เลอร์ล้มเหลวแม้สำหรับหลายชื่อ 3 องศา การทำซ้ำอาร์กิวเมนต์นี้แสดงให้เห็นว่าคุณไม่สามารถคาดหวังได้ว่าวิธีการของซีรีส์เทย์เลอร์จะให้ผลลัพธ์ที่แม่นยำแม้จะเป็นชื่อพหุนามยกเว้นว่าช่วงเวลาทั้งหมดของตัวแปรสุ่มของคุณจะถูกควบคุมอย่างดี

ถ้าอย่างนั้นเราต้องทำอะไร? แน่นอนวิธีการทำงานสำหรับตัวแปรสุ่มขอบเขตที่สนับสนุนมาบรรจบกันที่จุด แต่ชั้นนี้มีขนาดเล็กเกินไปที่จะน่าสนใจ สมมติว่าลำดับมาจากตระกูลที่มีความเข้มข้นสูงซึ่งสอดคล้องกับ (พูด) $X_n$

\begin{matrix} (1) & P {| X_{n} - μ | > t} \leq e^{- C n t^{2}} \end{matrix}

$\mathbb{P}\left\{ |X_n-\mu|> t\right\} \le \mathrm{e}^{- C n t^2} \tag{1}$

สำหรับทุกและบาง 0 ตัวแปรสุ่มดังกล่าวเป็นเรื่องธรรมดาที่น่าประหลาดใจ ตัวอย่างเช่นเมื่อเป็นค่าเฉลี่ยเชิงประจักษ์ $t>0$ $C>0$ $X_n$

X_{n} := \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} Y_{i}

$X_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Y_i$

ของตัวแปรสุ่มที่ดี (เช่น iid และ bounded) ความไม่เท่าเทียมกันของความเข้มข้นต่างๆบ่งบอกว่าตาม (1) อาร์กิวเมนต์มาตรฐาน (ดูหน้า 10 ที่นี่ ) จำกัดช่วงเวลาที่สำหรับตัวแปรสุ่มเช่น: $Y_i$ $X_n$ $p$

E [| X_{n} - μ |^{p}] \leq {(\frac{p}{2 C n})}^{p / 2} .

$\mathbb{E}[|X_n-\mu|^p] \le \left(\frac{p}{2 C n}\right)^{p/2}.$

ดังนั้นสำหรับฟังก์ชั่นการวิเคราะห์ที่ "ดีพอ" (ดูด้านล่าง) เราสามารถผูกข้อผิดพลาดบนเทย์เลอร์เทย์เลอร์ซีรีส์ประมาณโดยใช้ความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยม $f$ $\mathcal{E}_m$ $m$

E_{m} := | E [f (X_{n})] - \sum_{p = 0}^{m} \frac{f^{(p)} (μ)}{p!} E (X_{n} - μ)^{p} | \leq \frac{1}{(2 C n)^{(m + 1) / 2}} \sum_{p = m + 1}^{\infty} | f^{(p)} (μ) | \frac{p^{p / 2}}{p!}

$\mathcal{E}_m:=\left|\mathbb{E}[f(X_n)] - \sum_{p=0}^m \frac{f^{(p)}(\mu)}{p!} \mathbb{E}(X_n-\mu)^p\right|\le \tfrac{1}{(2 C n)^{(m+1)/2}} \sum_{p=m+1}^\infty |f^{(p)}(\mu)| \frac{p^{p/2}}{p!}$

เมื่อ 2 เนื่องจากการประมาณของ Stirling ให้ , ข้อผิดพลาดของซีรีย์ Taylor ที่ถูกตัดทอนให้เป็นที่น่าพอใจ $n>C/2$ $p! \approx p^{p-1/2}$

\begin{matrix} (2) & E_{m} = O (n^{- (m + 1) / 2}) as n \to \infty whenever \sum_{p = 0}^{\infty} p^{(1 - p) / 2} | f^{(p)} (μ) | < \infty . \end{matrix}

$\mathcal{E}_m = O(n^{-(m+1)/2}) \text{ as } n\to \infty\quad \text{whenever} \quad \sum_{p=0}^\infty p^{(1-p)/2 }|f^{(p)}(\mu)| < \infty \tag{2}.$

ดังนั้นเมื่อมีความเข้มข้นสูงและดีพอการประมาณซีรีย์เทย์เลอร์จึงแม่นยำ ความไม่เท่าเทียมกันที่ปรากฏใน (2) หมายความว่าเพื่อที่ว่าในสภาพโดยเฉพาะอย่างยิ่งเราต้องการที่เป็นทั้ง นี้ทำให้รู้สึกเพราะ (1) ไม่ได้กำหนดสมมติฐาน boundedness ใด ๆ บนX_n $X_n$ $f$ $f^{(p)}(\mu)/p! = O(p^{-p/2})$ $f$ $X_n$

เรามาดูกันว่าอะไรจะผิดพลาดเมื่อมีภาวะเอกฐาน (ตามความเห็นของ whuber) สมมติว่าเราเลือก x ถ้าเราใช้เวลาจากการกระจายตัดทอนระหว่างศูนย์และสองแล้วมีความเข้มข้นเพียงพอ แต่ทุกnกล่าวอีกนัยหนึ่งเรามีตัวแปรสุ่มที่มีขอบเขตความเข้มข้นสูงและยังคงเป็นวิธีอนุกรมของเทย์เลอร์ที่ล้มเหลวเมื่อฟังก์ชันมีเอกพจน์เพียงหนึ่งเดียว $f$ $f(x)=1/x$ $X_n$ $\mathrm{Normal}(1,1/n)$ $X_n$ $\mathbb{E}[f(X_n)] = \infty$ $n$

คำสองสามคำเกี่ยวกับความแม่นยำ ฉันคิดว่ามันดีกว่าที่จะแสดงสภาพที่ปรากฏใน (2) ตามที่ได้รับมากกว่าDeus ex machinaที่จำเป็นในรูปแบบทฤษฎี / การพิสูจน์ที่เข้มงวด เพื่อที่จะทำให้การโต้แย้งมีความเข้มงวดอย่างสมบูรณ์โปรดทราบว่าสิ่งแรกที่ด้านขวาใน (2) แสดงถึงสิ่งนั้น

E [| f (X_{n}) |] \leq \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{| f^{(p)} (μ) |}{p!} E [| X_{n} - μ |^{p}] < \infty

$\mathbb{E}[|f(X_n)|] \le \sum_{i=0}^\infty \frac{|f^{(p)}(\mu)|}{p!} \mathbb{E}[|X_n-\mu|^p]< \infty$

โดยอัตราการเติบโตของช่วงเวลา subgaussian จากด้านบน ดังนั้นทฤษฎีบทของ Fubini จึงให้

E [f (X_{n})] = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{f^{(p)} (μ)}{p!} E [(X_{n} - μ)^{p}]

$\mathbb{E}[f(X_n)] = \sum_{i=0}^\infty \frac{f^{(p)}(\mu)}{p!} \mathbb{E}[(X_n-\mu)^p]$

ส่วนที่เหลือของหลักฐานการพิสูจน์ดังกล่าวข้างต้น

— ไมค์แท้
แหล่งที่มา

1

ฉันอาจจะพลาดในการอ่านอย่างรวดเร็ว แต่คุณอ้างว่า (เหนือสิ่งอื่นใด) ที่ให้ช่วงเวลาที่สามของเพียงพอ "ภายใต้การควบคุม" จากนั้นความคาดหวังของสามารถประมาณได้อย่างสมเหตุสมผล ชุด [MacLaurin] ของหรือไม่ ผมกังวลเพราะผมยังไม่ได้เห็นการอ้างอิงถึงคุณสมบัติที่บรรจบกันของชุดของตัวเองซึ่งอย่างน้อยก็มีความสำคัญเป็นหางของการกระจายของX

X

$X$

\log (X)

$\log(X)$

\log

$\log$

X

$X$

— whuber

2

@whuber คุณถูกต้อง; คุณจะต้องสนับสนุนของที่จะอยู่ในร็อคของซีรีส์เทย์เลอร์ดังนั้นโดยเฉพาะอย่างยิ่งเกือบแน่นอน ฉันจะอัปเดตโพสต์เพื่อแสดงถึงสิ่งนี้

X

$X$

0 < X < 2 μ

$0<X<2 \mu$

— Mike McCoy

2

ฉันยังคงคิดว่าฉันขาดอะไรบางอย่าง เช่นเมื่อมีการแจกแจงแบบปกติถูกตัดเหลือเป็นจะเห็นได้ชัดว่า "มีความเข้มข้นสูง" มีค่าเฉลี่ยของและเกือบจะแน่นอนภายในรัศมีของการลู่เข้าของ (ซึ่งเป็นการวิเคราะห์ภายในดิสก์ยูนิตที่กึ่งกลางที่ซึ่งมีแต่ยังไม่มีที่สิ้นสุด

X

$X$

(1, 1)

$(1,1)$

(0, 2)

$(0,2)$

μ = 1

$\mu=1$

f (x) = 1 / x = 1 / (1 - (1 - x))

$f(x)=1/x = 1/(1-(1-x))$

1

$1$

(0, 2 μ)

$(0,2\mu)$

E [f (X)]

$\mathbb{E}[f(X)]$

— whuber

1

@ gron คุณทำผิดพลาดเล็กน้อย เมื่อ , อนุพันธ์มพี ไม่มีเงื่อนไขเนื่องจากสำหรับการใด ๆ 0 คุณสามารถตรวจสอบได้ว่า (2) ไม่ถือเนื่องจากฟังก์ชันใด ๆ ที่ตอบสนอง (2) ยังรองรับและจึงมี ไม่มีความแปลกประหลาด ( ทั้งหมดตามลิงก์)

f (x) = 1 / x

$f(x)=1/x$

| f^{(p)} (μ) | = p! / μ^{p}

$|f^{(p)}(\mu)|=p!/\mu^p$

(2) = \sum p! p^{(1 - p / 2)} μ^{p} \to \infty

$\text{(2)}=\sum p! p^{(1-p/2)} \mu^p \to \infty$

μ > 0

$\mu>0$

\log (p! f^{(p)} (μ)) / p \to - \infty

$\log (p! f^{(p)}(\mu) )/ p \to -\infty$

f

$f$

— Mike McCoy

1

@ gron คุณต้องการสองสิ่ง: (1) ตรวจสอบให้แน่ใจว่า RV ของคุณได้รับการสนับสนุนอย่างเข้มงวดภายใน ROC ของชุดข้อมูลบันทึก (เช่นสำหรับ ) และ (2) ตรวจสอบให้แน่ใจว่าช่วงเวลาของ RV ลดลงเร็วพอที่การประมาณข้อผิดพลาดสำหรับข้างต้นมีขอบเขตแน่นอน สำหรับวิธีการควบคุมช่วงเวลาที่คุณควรถามคำถามใหม่เพราะมันจะทำให้ตัวละครมากเกินไป (และฉันอยากรู้เกี่ยวกับวิธีการใหม่ ๆ ด้วยตัวเอง)

[0 + ε, 2 μ - ε]

$[0+\varepsilon, 2 \mu-\varepsilon]$

ε > 0

$\varepsilon > 0$

E_{m}

$\mathcal{E}_m$

— Mike McCoy

10

แม้ว่าคำตอบของฉันจะไม่เข้าใกล้ระดับของความซับซ้อนทางคณิตศาสตร์ของคำตอบอื่น ๆ ฉันตัดสินใจที่จะโพสต์เพราะฉันเชื่อว่ามันมีบางอย่างที่จะมีส่วนร่วม - แม้ผลลัพธ์จะเป็น "เชิงลบ" ตามที่พวกเขาพูด

ในโทนแสงฉันจะบอกว่า OP คือ"Risk-averse" (ตามที่คนส่วนใหญ่รวมถึงวิทยาศาสตร์เอง) เนื่องจาก OP ต้องการสภาพที่เพียงพอสำหรับการขยายอนุกรมลำดับที่ 2 ของ Taylor เพื่อประมาณ " ได้รับการยอมรับ" แต่มันไม่ได้เป็นเงื่อนไขที่จำเป็น

ประการแรกสิ่งที่จำเป็น แต่ไม่เพียงพอสำหรับสิ่งที่คาดหวังล่วงหน้าของค่าที่เหลือของ Remainder จะต่ำกว่าความแปรปรวนของ rv ตามที่ OP ต้องการนั่นคือซีรีย์มาบรรจบกันในตอนแรก เราควรคิดว่าการลู่เข้าหรือไม่ เลขที่

นิพจน์ทั่วไปที่เราตรวจสอบคือ

E [g (Y)] = \int_{- \infty}^{\infty} f_{Y} (y) [\sum_{i = 0}^{\infty} g^{(i)} (μ) \frac{(y - μ)^{i}}{i!}] d y [1]

$E\Big[g(Y)\Big] = \int_{-\infty}^{\infty}f_Y(y)\Big[\sum_{i=0}^{\infty}g^{(i)}(\mu)\frac{(y-\mu)^i}{i!}\Big]dy \qquad [1]$

ในขณะที่Loistl (1976)รัฐอ้างอิงหนังสือ "แคลคูลัสและสถิติ" ของ Gemignani (1978, p. 170) เงื่อนไขสำหรับการลู่เข้าของผลรวมไม่มีที่สิ้นสุดคือ (การประยุกต์ใช้การทดสอบอัตราส่วนสำหรับการลู่เข้า)

y - μ < | y - μ | < lim_{i \to \infty} | (\frac{g^{(i)} (μ)}{g^{(i + 1)} (μ)} (i + 1)) | [2]

$y-\mu < |y-\mu|<\lim_{i\rightarrow \infty}\left | \left(\frac {g^{(i)}(\mu)}{g^{(i+1)}(\mu)}(i+1)\right)\right| \qquad [2]$

... ที่คือค่าเฉลี่ยของ rv แม้ว่านี่จะเป็นเงื่อนไขที่เพียงพอ (การทดสอบอัตราส่วนนั้นไม่สามารถสรุปได้ถ้าความสัมพันธ์ข้างต้นมีความเสมอภาค) ชุดจะแตกต่างกันหากความไม่เท่าเทียมถืออยู่ในทิศทางอื่น $\mu$

Loistl ตรวจสอบรูปแบบการทำงานเฉพาะสามแบบสำหรับ , เลขชี้กำลัง, กำลังไฟฟ้าและลอการิทึม (บทความของเขาอยู่ในเขตของยูทิลิตี้ที่คาดหวังและพอร์ตโฟลิโอเลือก) ดังนั้นเขาจึงทดสอบรูปแบบการทำงานมาตรฐานที่ใช้ สำหรับรูปแบบการทำงานเหล่านี้เขาพบว่ามีเพียงสำหรับรูปแบบการทำงานชี้แจงไม่มีข้อ จำกัด ในถูกกำหนด ในทางตรงกันข้ามสำหรับอำนาจและสำหรับกรณีลอการิทึม (ที่เรามีอยู่แล้ว ) เราพบว่าความถูกต้องของความไม่เท่าเทียมกันเทียบเท่ากับ $g()$ $y-\mu$ $0 <y$ $[2]$

y - μ < μ \Rightarrow 0 < y < 2 μ

$y-\mu < \mu \Rightarrow 0 < y < 2\mu$

ซึ่งหมายความว่าหากตัวแปรของเราแตกต่างจากช่วงนี้การขยายตัวของเทย์เลอร์จะเป็นศูนย์กลางการขยายตัวค่าเฉลี่ยของตัวแปรจะแตกต่างกัน

ดังนั้นสำหรับรูปแบบการทำงานบางอย่างค่าของฟังก์ชั่น ณ จุดหนึ่งของโดเมนนั้นเท่ากับการขยายตัวแบบไม่ จำกัด ของเทย์เลอร์ไม่ว่าจุดนี้จะมาจากศูนย์ขยาย สำหรับรูปแบบการทำงานอื่น ๆ (รวมลอการิทึม) จุดสนใจควรอยู่ค่อนข้าง "ปิด" ไปยังศูนย์กลางของการขยายที่เลือก ในกรณีที่เรามี rv นี่แปลเป็นข้อ จำกัด ในการสนับสนุนทางทฤษฎีของตัวแปร (หรือการตรวจสอบของช่วงสังเกตสังเกตุ)

Loitl โดยใช้ตัวอย่างตัวเลขแสดงให้เห็นว่าการเพิ่มคำสั่งของการขยายตัวก่อนที่การตัดจะทำให้เรื่องแย่ลงสำหรับความถูกต้องของการประมาณ เราต้องทราบว่าสังเกตุว่าอนุกรมเวลาของตัวแปรที่สังเกตได้ในภาคการเงินนั้นมีความแปรปรวนมากกว่าที่ต้องการโดยความไม่เท่าเทียมกัน ดังนั้น Loitl ก็ให้การสนับสนุนต่อว่าวิธีการประมาณซีรีย์เทย์เลอร์ควรจะถูกยกเลิกอย่างสิ้นเชิงเกี่ยวกับทฤษฎีการเลือกพอร์ตโฟลิโอ

เด้งมา 18 ปีต่อมาจากHlawitschka (1994) ข้อมูลเชิงลึกที่มีค่าและผลลัพธ์ที่นี่คือและฉันพูด

... แม้ว่าซีรีส์อาจจะมาบรรจบกันในที่สุด แต่ก็ไม่มีใครพูดถึงซีรีย์บางส่วนได้บ้าง การบรรจบกันของอนุกรมไม่ได้หมายความว่าข้อตกลงจะลดขนาดทันทีหรือว่าคำใดคำหนึ่งมีขนาดเล็กพอที่จะเพิกเฉยได้ อันที่จริงมันเป็นไปได้ดังที่แสดงไว้ที่นี่ว่าซีรีย์อาจดูเหมือนจะแตกต่างก่อนที่จะมาบรรจบกันในที่สุด คุณภาพของการประมาณช่วงเวลาสำหรับยูทิลิตี้ที่คาดหวังซึ่งเป็นไปตามข้อกำหนดสองสามข้อแรกของซีรีย์เทย์เลอร์ดังนั้นจึงไม่สามารถพิจารณาได้จากคุณสมบัติการลู่เข้าของซีรีย์ที่ไม่มีที่สิ้นสุด นี่เป็นปัญหาเชิงประจักษ์และสังเกตุประมาณสองนาทีถึงฟังก์ชั่นยูทิลิตี้ที่ศึกษาที่นี่ทำงานได้ดีสำหรับงานการเลือกพอร์ต Hlawitschka (1994)

ตัวอย่างเช่น Hlawitschka แสดงให้เห็นว่าลำดับที่ 2 คือ "ประสบความสำเร็จ" ไม่ว่าจะเป็นซีรีส์เทย์เลอร์มาบรรจบกันหรือไม่แต่เขาก็ตรวจสอบผลลัพธ์ของ Lotl ด้วยเช่นกัน แต่มีคุณสมบัติสำหรับความสำเร็จนี้: ใน Portfolio Choice ยูทิลิตี้ที่คาดหวังใช้เพื่อจัดอันดับหลักทรัพย์และผลิตภัณฑ์ทางการเงินอื่น ๆ มันเป็นตัวชี้วัดลำดับไม่ใช่พระคาร์ดินัล ดังนั้นสิ่งที่ Hlawitschka พบก็คือการประมาณอันดับที่ 2 รักษาอันดับของหลักทรัพย์ที่แตกต่างกันเมื่อเทียบกับการจัดอันดับที่เกิดจากค่าที่แน่นอนของและไม่ใช่ $E(g(Y)$ มันให้ผลเชิงปริมาณเสมอซึ่งใกล้เคียงกับค่าที่แน่นอนนี้ (ดูตารางที่ A1 ของเขาในหน้า 718)

แล้วสิ่งนี้จะทิ้งเราไว้ที่ไหน? ในบริเวณขอบรกที่ฉันพูด ปรากฏว่าทั้งในเชิงทฤษฎีและเชิงประจักษ์การยอมรับการประมาณลำดับที่ 2 ของเทย์เลอร์ขึ้นอยู่กับช่วงวิกฤตในแง่มุมต่าง ๆ ของปรากฏการณ์ที่เฉพาะเจาะจงภายใต้การศึกษาและวิธีการทางวิทยาศาสตร์ที่ใช้ - ขึ้นอยู่กับสมมติฐานเชิงทฤษฎี บนความแปรปรวนที่สังเกตได้ของซีรีส์ ...

แต่เรามาจบเรื่องนี้ในเชิงบวก: ทุกวันนี้พลังงานทดแทนคอมพิวเตอร์สำหรับสิ่งต่างๆมากมาย ดังนั้นเราสามารถจำลองและทดสอบความถูกต้องของการประมาณอันดับที่ 2 สำหรับค่าที่หลากหลายของตัวแปรราคาถูกไม่ว่าเราจะทำงานในเชิงทฤษฎีหรือปัญหาเชิงประจักษ์

— Alecos Papadopoulos
แหล่งที่มา

8

ไม่ใช่คำตอบที่แท้จริง แต่เป็นตัวอย่างที่แสดงว่าสิ่งต่าง ๆ ไม่ดีนักและต้องมีการตั้งสมมติฐานเพิ่มเติมเพื่อทำให้ผลลัพธ์นี้เป็นจริง

กำหนดเป็นส่วนผสมระหว่างชุดและปกติส่วนประกอบเครื่องแบบที่ถูกเลือกด้วยความน่าจะเป็นและน่าจะเป็นปกติn} คุณมีและความแปรปรวนของมันแปรเป็นเมื่อไปที่อนันต์เนื่องจาก ถ้าฉันไม่เข้าใจผิด $X_n$ $U\left( \left[ -{1\over n} ; {1\over n} \right] \right)$ $\mathcal N({n \over n-1}, {1\over n})$ $1\over n$ $1 -{1\over n} = {n-1 \over n}$ $E(X_n) = 1$ $0$ $n$

E (X_{n}^{2}) = \frac{1}{3 n^{2}} \times \frac{1}{n} + ({(\frac{n}{n - 1})}^{2} + \frac{1}{n}) \times \frac{n - 1}{n},

$E\left(X_n^2\right) = {1\over 3 n^2} \times {1\over n} + \left(\left({n \over n-1}\right)^2+{1\over n}\right)\times{n-1 \over n},$

ตอนนี้กำหนด (และหรืออะไรก็ตาม) ตัวแปรสุ่มถูกกำหนดไว้อย่างดี แต่ไม่มีค่าที่คาดไว้เนื่องจาก ไม่ได้ถูกกำหนด, ไม่ว่าจะใหญ่คือ $f(x) = 1/x$ $f(0) = 0$ $f(X_n)$

\int_{- \frac{1}{n}}^{\frac{1}{n}} \frac{1}{x} d x

$\int_{-{1\over n}}^{1\over n} {1\over x} \mathrm dx$

n

$n$

ข้อสรุปของฉันคือคุณต้องการสมมติฐานอย่างชัดเจนทั้งพฤติกรรมระดับโลกของหรือ - มีแนวโน้มมากขึ้นและสวยงามมากขึ้น - ด้วยความเร็วที่ความหนาแน่นของสลายตัวเมื่อคุณอยู่ห่างจากค่าที่คาดหวัง ฉันแน่ใจว่าสมมติฐานดังกล่าวสามารถพบได้ในวรรณกรรมคลาสสิก (และแม้กระทั่งในตำราเรียน) น่าเสียดายที่การฝึกอบรมของฉันไม่ได้อยู่ในสถิติและฉันยังคงต่อสู้กับวรรณกรรมด้วยตนเอง ... อย่างไรก็ตามฉันหวังว่าสิ่งนี้จะช่วยได้ $f$ $X_n$

PS ตัวอย่างนี้ไม่ใช่ตัวอย่างตอบโต้ของ Nick หรือไม่ ถ้าอย่างนั้นใครจะผิด

— เอลวิส
แหล่งที่มา

1

ข้อความทั่วไปของข้อโต้แย้งของคุณคือมีอยู่และมีขอบเขต จำกัด สำหรับ

E [X^{k}]

$E\left[X^k\right]$

k = 1, 2, 3

$k=1,2,3$

— ความน่าจะเป็นทาง

ผมคิดว่าการแสดงความคิดเห็นข้างต้นของฉันไม่ถูกต้อง - สิ่งที่ควรจะมีคือว่าฟังก์ชันยอมรับว่าการขยายตัวของเทย์เลอร์ซีรีส์ที่จุดxตัวอย่างเช่นที่คุณให้คุณจะมีซึ่งไม่เป็นความต่อเนื่องที่ 0 ฉันคิดว่านี่หมายความว่าไม่สามารถขยายได้ในซีรี่ส์ของ Taylor สำหรับตัวอย่างของคุณ

f (x)

$f(x)$

x = μ

$x=\mu$

f (x) = \frac{1}{x}

$f(x)=\frac{1}{x}$

x = 0

$x=0$

f

$f$

— ความน่าจะเป็นทางการ

มันอาจจะเป็นที่1 ถ้างั้นก็มีรัศมีแห่งการบรรจบกัน ... คุณต้องการรัศมีของการลู่เข้าแบบไม่มีที่สิ้นสุดหรือไม่! นั่นเป็นข้อกำหนดที่แข็งแกร่ง

μ = 1

$\mu = 1$

— Elvis

1

Elvis ใช่เราต้องการเงื่อนไขระดับโลก โดยพื้นฐานแล้วส่วนที่เหลือจะต้องปฏิบัติอย่างดีหลังจากมีการถ่วงน้ำหนักด้วยการกระจายหาง สำหรับสิ่งที่คล้ายกับตัวอย่างของคุณที่ขึ้นมาเมื่อเร็ว ๆ นี้ให้ดูที่นี่ , ที่นี่และที่นี่

— พระคาร์ดินัล

4

นี่ไม่ใช่คำตอบที่สมบูรณ์เพียงวิธีที่แตกต่างกันในการมาถึงการประมาณอันดับที่สอง

ฉันคิดว่าวิธีที่ดีที่สุดที่จะไปคือการใช้ทฤษฎีบทค่านิยมของ Cauchy แทนที่จะใช้กับคำศัพท์ที่เหลือของซีรี่ส์อนุกรม หากเราใช้ครั้งเดียวเรามี

f (X) = f (μ) + f^{'} (ξ_{1}) (X - μ)

$f(X)=f(\mu)+f'(\xi_1)(X-\mu)$

สำหรับบางเมื่อหรือเมื่อ\ ตอนนี้เราใช้ทฤษฎีบทค่าเฉลี่ยอีกครั้งกับ และเรามี $X\leq\xi_1 \leq \mu$ $X \leq \mu$ $X\geq\xi_1 \geq \mu$ $X \geq \mu$ $f'(\xi_1)$

f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (μ) + f^{″} (ξ_{2}) (ξ_{1} - μ)

$f'(\xi_1)= f'(\mu) + f''(\xi_2)( \xi_1-\mu)$

สำหรับบางเมื่อหรือเมื่อXใส่สิ่งนี้ลงใน Fomula ตัวแรกที่ให้ $X\leq\xi_1\leq\xi_2\leq\mu$ $X\leq\mu$ $X\geq\xi_1\geq \xi_2 \geq\mu$ $X\geq\mu$

f (X) = f (μ) + f^{'} (μ) (X - μ) + f^{″} (ξ_{2}) (ξ_{1} - μ) (X - μ)

$f(X)=f(\mu)+ f'(\mu) (X-\mu) + f''(\xi_2)( \xi_1-\mu) (X-\mu)$

โปรดทราบว่าผลนี้เพียงต้องการให้เป็นอย่างต่อเนื่องและอนุพันธ์ได้เป็นครั้งที่สองระหว่างและ\อย่างไรก็ตามเรื่องนี้ใช้เฉพาะสำหรับการแก้ไข , และการเปลี่ยนแปลงจะหมายถึงการเปลี่ยนแปลงที่สอดคล้องกันใน\วิธีการสั่งซื้อเดลต้าสองสามารถมองเห็นเป็นทำให้โลกสมมติฐานที่ว่าและมากกว่าทั้งช่วงของการสนับสนุนของ , หรืออย่างน้อยในพื้นที่ที่มีความน่าจะเป็นสูง $f$ $X$ $\mu$ $X$ $X$ $\xi_i$ $\xi_1-\mu=\frac{1}{2}(X-\mu)$ $\xi_2=\mu$ $X$

— probabilityislogic
แหล่งที่มา