Теорвер: вид функций сл. вел. с заданным матожиданием

[quantum newbie]

Добрый день

Пусть есть две случайные равнораспределённые независимые величины $a$ и $b$ и функция $f(a,b)$, про которую известно

$$\mathbb{M} f(a,b) = \mathbb{M}a = \mathbb{M}b.$$

Какой вид может иметь функция, если вышеуказанное соотношение должно удовлетворяться при любом распределении $a$ и $b$?

Скажем, для случая одной сл.вел. соотношение выглядит так:

$$\mathbb{M}f(a) = \mathbb{M}a$$

то есть

$$\int p(x) (f(x)-x)dx = 0.$$

Есть вроде теорема, если указанное равенство выполняется при любых $p$, то функция в скобках равна нулю почти всюду. То есть $f(x) = x$.

Для двух сл. вел. я свёл к задаче

$$\iint p(x) p(y) (f(x,y) - x) dxdy = 0,$$

но далее не знаю, что делать.

Точно знаю, что функция $f(x,y) = \alpha x + (1-\alpha) y$ подходит в качестве ответа. А есть ли какие-то другие, не знаю.

Была у меня мысль решить это неформально: в качестве $p$ взять $p(x) = \delta(x-z)$, тогда равенство примет вид

$$f(z,z) = z$$

для каждого $z$. Но не всякая такая функция удовлетворяет исходному равенству (например, $f(x,y)=\sqrt{xy}$ при $x,y>0$).

[quantum newbie]

Немного подумав, рассмотрел неформально распределение $p(x) = \delta(x-z) + \delta(x-u)$ и получил такое свойство:

$$f(z,u) + f(u,z) = u + z, \; \forall z \forall u$$

Следствие: существует только одна симметричная функция $f(x,y) = \tfrac12(x+y)$.

[Brukvalub]

quantum newbie в сообщении #1069981 писал(а):

рассмотрел неформально распределение $p(x) = \delta(x-z) + \delta(x-u)$

Прошу пояснить, что за функция $\delta(t)$ вами используется.

[quantum newbie]

Дельта-функция Дирака. Повторю, рассуждения неформальные: если только числа $z$ и $u$ могут быть получены, причём равновероятно, то матожидание $\tfrac12(z+u)$, а поскольку свойство функции $f$ о сохранении матожидания должно выполняться для любых распределений, и для этого в частности, получается $f(z,z)+f(z,u)+f(u,z)+f(u,u)=2(z+u)$, коэффициент от нормировки.

[Brukvalub]

quantum newbie в сообщении #1069989 писал(а):

Дельта-функция Дирака.

Это не функция, а функционал, и он не может быть плотностью распределения. С равным успехом можно везде вместо плотности написАть "сапог".

[Null]

В исходной задаче ни где не сказано что случайные величины имеют плотность. Можно поюзать обобщенную плотность, а можно обойтись вообще без плотности.

[ShMaxG]

quantum newbie в сообщении #1069981 писал(а):

Немного подумав, рассмотрел неформально распределение $p(x) = \delta(x-z) + \delta(x-u)$ и получил такое свойство:

$$f(z,u) + f(u,z) = u + z, \; \forall z \forall u$$

В целом все верно. По факту вы рассмотрели случайные величины $a,b$ с дискретным распределением на двух точках $z$ и $u$, вот только аппарат дельта-функций здесь совершенно ни к чему. А так как по условию задачи распределения могут быть произвольными, то мы получаем таким образом необходимое условие, которому должна удовлетворять функция $f(x,y)$:

$$f(x,y)+f(y,x)=x+y, \ \ \forall x,y \in \mathbb{R} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$

Но это условие оказывается и достаточным для $\mathbb{E}f(a,b)=\mathbb{E}a=\mathbb{E}b$. Вытекает это просто из того, что $\mathbb{E}f(a,b)=\mathbb{E}f(b,a)$, что верно в силу равенства распределений и независимости $a,b$. Что же касается однозначности, то конечно функций со свойством (1) сколько угодно много. Вы можете взять произвольную функцию двух переменных $f(x,y)$, определенную на $\{ (x,y): x \ge y \}$, и для которой верно $f(x,x) = x$. А на оставшейся области $\{ (x,y): x < y\}$ доопределить ее равенством $f(x,y) = x+y-f(y,x)$. Я думаю, вы и сами сможете построить пример подходящей функции $f(x,y)$ взяв за основу предложенную вами $g(x,y)=\sqrt{xy}$.

[quantum newbie]

Null в сообщении #1070493 писал(а):

В исходной задаче ни где не сказано что случайные величины имеют плотность. Можно поюзать обобщенную плотность, а можно обойтись вообще без плотности.

Верно, исходная задача может быть сформулирована без предположения наличия плотности.
Вообще-то исходно я рассматривал только специальный класс распределений (например, гауссово) с параметрами; от функции требовалось только то, чтоб она не использовала «магических констант». Когда я начал формализовать задачу, решил, что лучше свойство функции представить как сохранение матожидания для произвольного распределение рассматриваемого типа, а затем я решил обобщить до произвольных распределений, поскольку на ответ (как мне подсказывает интуиция) это не особо повлияет.

ShMaxG в сообщении #1070583 писал(а):

А так как по условию задачи распределения могут быть произвольными, то мы получаем таким образом необходимое условие, которому должна удовлетворять функция $f(x,y)$:

$$f(x,y)+f(y,x)=x+y, \ \ \forall x,y \in \mathbb{R} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$

Но это условие оказывается и достаточным для $\mathbb{E}f(a,b)=\mathbb{E}a=\mathbb{E}b$. Вытекает это просто из того, что $\mathbb{E}f(a,b)=\mathbb{E}f(b,a)$, что верно в силу равенства распределений и независимости $a,b$. Что же касается однозначности, то конечно функций со свойством (1) сколько угодно много. Вы можете взять произвольную функцию двух переменных $f(x,y)$, определенную на $\{ (x,y): x \ge y \}$, и для которой верно $f(x,x) = x$. А на оставшейся области $\{ (x,y): x < y\}$ доопределить ее равенством $f(x,y) = x+y-f(y,x)$. Я думаю, вы и сами сможете построить пример подходящей функции $f(x,y)$ взяв за основу предложенную вами $g(x,y)=\sqrt{xy}$.

Спасибо, это именно то, что мне было нужно! Я как-то сам до такого простого доказательства не додумался.