No.2ベストアンサー
- 回答日時:
{ E(XY) }^2 ≦ E(X^2) E(Y^2) は、示すことができるかな。
確率変数 Z = (tX+Y)^2 について E(Z) を考えると、
E(Z) = E( (tX+Y)^2 )
= E( (t^2)X^2 + 2tXY + Y^2 )
= (t^2)E(X^2) + 2tE(XY) + E(Y^2). ←[1]
任意の実数 u について Z ≧ 0 だから、
2次関数 [1] の判別式は
D/4 = { E(XY) }^2 - E(X^2) E(Y^2) ≦ 0 となる。
No.6
- 回答日時:
#3へのコメント、鋭いご指摘です。
E(xy)=E(x)E(y)
は無相関の時にしか成立しませんね。
独立でないとすると、
E(xy)=E(x)E(y)+cov(x,y)
です。covは正負の値を取り得ます。
頭から抜けていました。
https://manabitimes.jp/math/910
私の証明は、無相関の場合に限定して下さい。
より一般化すると、やはり#2さんの証明しか無いかと思います。無念!
https://www.uni-ulm.de/fileadmin/website_uni_ulm …
この5ページに証明があります。
Satz 9.2.8 (Cauchy-Schwarz-Ungleichung)の定理の証明です。
まだまだ、勉強不足です。精進します。
No.4
- 回答日時:
#3です。
すでに、#2さんにより解が示されていますが、もっと簡単な別解です。
V(x)=E(x^2)-E(x)^2 より、
E(x^2)=E(x)^2+V(x)
E(y^2)=E(y)^2+V(y)
E(x^2)E(y^2)={E(x)^2+V(x)}{E(y)^2+V(y)}
=E(x)^2E(y)^2+E(x)^2V(y)+E(y)^2V(x)+V(x)V(y)
={E(x)E(y)}^2+E(x)^2V(y)+E(y)^2V(x)+V(x)V(y)
={E(xy)}^2+E(x)^2V(y)+E(y)^2V(x)+V(x)V(y)
ここで、
E(x)^2>0,
E(y)^2>0
V(x)>0
V(y)>0
より、
{E(xy)}^2<{E(xy)}^2+E(x)^2V(y)+E(y)^2V(x)+V(x)V(y)
ゆえに、
{E(xy)}^2<E(x^2)E(y^2)
この回答へのお礼
お礼日時:2021/06/18 00:55
ご回答をありがとうございます。
統計学初心者で不快な質問になるかもしれませんが、{E(x)E(y)}^2= {E(xy)}^2のところがまだ理解できません。よかったらご説明していただけませんか?
No.3
- 回答日時:
企業で統計を推進する立場の者です。
#1さんのおっしゃるとおり、2次モーメントが無限大になることがあります。コーシー分布です。Wikiに証明があります。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B3%E3%83%BC …
ですから、この問題の解を得るには分布の仮定が必要です。
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