Задачка от ewert

[Henrylee]

Попалаcь на глаза старая тема
http://dxdy.ru/topic17693.html

Цитата:

Такая вот игрушка (может, кому-нибудь покажется любопытной).

Даны две независимых случайных величины и , каждая из которых имеет геометрическое распределение с одним и тем же (чтоб не мучиться) параметром $p$.

Найти условные математические ожидания
$\rm E\left(X+Y\left|\frac{X}{Y}\right.\right)$
и
$\rm E\left(\left.\frac{X}{Y}\right|X+Y\right)$

почему бы не ''доиграть''.
Второе равенство у меня получилось таким, проверьте:

$$ \rm E\left(\left.\frac{X}{Y}\right|X+Y\right)=\frac{X+Y}{X+Y-1}\sum\limits_{k=1}^ {X+Y-1}\frac1k-1 $$

Кто осилит первое?

[--mS--]

Второе верно, а первое, мне кажется, вообще не осилить.

[Евгений Машеров]

Я, наверно, чего-то очень важного не понимаю.
Но если у нас задано $\frac X Y=a$, то $X=aY$ и матожидание будет $(1+a)E(y)$
Где у меня ошибка?

[--mS--]

Евгений Машеров в сообщении #887613 писал(а):

Но если у нас задано $\frac X Y=a$, то $X=aY$ и матожидание будет $(1+a)E(y)$

Нет, матожидание $\mathsf E\left(X+Y\bigm|\frac{X}{Y}=a\right)$ будет $(1+a)\mathsf E\left(Y\bigm|\frac{X}{Y}=a\right)\neq (1+a)\mathsf EY$.

[Евгений Машеров]

Ну, вот такая схема. Генерируем Y. затем генерируем X. отбрасывая значения, не удовлетворяющие отношению. Для удовлетворяющих считаем сумму. Чем такая схема генерации случайных значений не удовлетворяет условию?

[--mS--]

Должно быть, тем, что она не имеет никакого отношения к УМО.

$$\mathsf E\left(Y\biggm|\frac{X}{Y}=a\right) = \sum_{y=1}^{\infty} y \mathsf P\left(Y=y\biggm|\frac{X}{Y}=a\right) = \sum_{y=1}^{\infty} y \frac{\mathsf P(Y=y)\mathsf P(X=ay)}{\mathsf P\left(\frac{X}{Y}=a\right)}.$$

P.S. Ну, вернее, не то чтобы совсем никакого отношения :) Это будет ровно числитель в последней сумме, равный $\mathsf E\left(Y;\, \frac{X}{Y}=a\right)$ - матожидание по множеству.

[Henrylee]

У меня появилась вот такая рабочая версия по первому нервенству

$$ \rm E\left(X+Y\left|\frac{X}{Y}\right.\right)=\left(\frac{X}{Y}+1\right) \frac{\psi\left(\frac{X}{Y}\right)}{1-q^{\left(\frac{X}{Y}+1\right)\psi\left(\frac{X}{Y}\right)}}, $$

где $q=1-p$,
$\psi\left(\frac{X}{Y}\right)$ - знаменатель обыкновенной несократимой дроби, равной $\frac{X}{Y}$.
Проверил при $X/Y=1$, вроде работает.

-- Вт июл 15, 2014 15:10:11 --

При $X/Y=2$ и $X/Y=1/2$ аналогично.

[--mS--]

Похоже на то. При $2/3$ тоже совпадает

[Евгений Машеров]

А знаменатель в предложенной схеме не получится сам собою, поскольку делить будем не на общее число испытаний, а на число испытаний, удовлетворяющих указанному условию?

-- 17 июл 2014, 08:46 --

На самом деле у меня глубоко прикладной интерес.
Есть задача нахождения матожидания (и вообще распределения) некоей величины $f(X)$, где $X$ - случайные величины, при условии, что выполняется некое условие $c(X)$
(В виде конкретизации - оценивается эффективность торговой системы, где $X$ - цены, процентные ставки и т.п., принимаемые случайными, $c(X)$ - условие закрытия сделки, $f(X)$ - прибыль/убыток от сделки).
Функции и условия достаточно сложно выглядят, хотя запрограммировать их относительно легко.
Один из способов решения - Монте-Карло, генерируются $X$, и для тех $X$, которые удовлетворяют условию $c(X)$, считается $f(X)$.
Данный подход законен или в нём есть неустранимый дефект?

[Henrylee]

Попробую переформулировать Ваш вопрос для двух с.в. $X$ и $Y$, функции прибыли $f(X,Y)$ и условия выхода $C(X,Y)$.
Допустим мы имеем независимые выборки
$X_1,X_2,\dots,X_n$ и $Y_1,Y_2,\dots,Y_n$
и осуществляем такую схему. Вычисляем $C(X_i,Y_i)$ и если значение попадает в некое множество $A$, то вычисляем $f(X_i,Y_i)$. Иначе полагаем $f(X_i,Y_i)=0$.
В конце берем среднее арифметическое всех ненулевых $f(X_i,Y_i)$. Тогда законность схемы обеспечивается сходимостью (в каком-либо смысле)

$$ \frac{\sum\limits_{i=1}^nf(X_i,Y_i)\mathcd{1}_{\{C(X_i,Y_i)\in A\}}} {\sum\limits_{i=1}^n\mathcd{1}_{\{C(X_i,Y_i)\in A\}}}\to\rm E\left(f(X,Y)|C(X,Y)\in A\right),\quad n\to\infty, $$

если, конечно, ее сначала доказать.

-- Чт июл 17, 2014 15:06:03 --

Евгений Машеров в сообщении #887979 писал(а):

А знаменатель в предложенной схеме не получится сам собою, поскольку делить будем не на общее число испытаний, а на число испытаний, удовлетворяющих указанному условию?

Ну как бы получится. Но Вы это сказали только сейчас. До этого Вы про деление ничего не говорили.

[Евгений Машеров]

Ну, я как-то полагал разумеющимся, что для нахождения среднего делим сумму на число слагаемых, не на общее число испытаний, включая отброшенные.