বেইস উপপাদ্য কি প্রত্যাশা রাখে?

18

এটি কি সত্য যে দুটি এলোমেলো ভেরিয়েবল এবং , $A$ $B$

E (A ∣ B) = E (B ∣ A) \frac{E (A)}{E (B)} ?

$E(A\mid B)=E(B\mid A)\frac{E(A)}{E(B)}?$

bayesian mathematical-statistics

— tomka
সূত্র

3

হুম ... আমি মনে করি না যে এই দুটি পক্ষই সমান

— জন

6

উত্তরে নির্দেশিত হিসাবে, প্রশ্নটি একদিকে যেমন র্যান্ডম ভেরিয়েবলগুলির একীকরণের জন্য অন্যদিকে কন্ডিশনার ভেরিয়েবলগুলি সম্ভাব্য অর্থবহ is

— শি'য়ান

25

\begin{matrix} (1) & E [A ∣ B] \overset{?}{=} E [B ∣ A] \frac{E [A]}{E [B]} \end{matrix}

$E[A\mid B] \stackrel{?}= E[B\mid A]\frac{E[A]}{E[B]} \tag 1$ অনুমানিত ফলাফল

ননজারো উপায় সহস্বাধীনর্যান্ডম ভেরিয়েবল

এবং

(1)

$(1)$ জন্য তুচ্ছ সত্য।

A

$A$

B

$B$

যদি $E[B]=0$ , তবে এর ডান দিকটি $(1)$ দ্বারা ভাগ করে এবং তাই অর্থহীন। নোট করুন যে এবং স্বতন্ত্র কিনা তা প্রাসঙ্গিক নয়। $0$ $(1)$ $A$ $B$

সাধারণভাবে , $(1)$ নির্ভর করে র্যান্ডম ভেরিয়েবলের জন্য ধারণ করে না তবে নির্ভরশীল $A$ এবং $B$ সন্তুষ্টির নির্দিষ্ট উদাহরণ পাওয়া যায় $(1)$ । নোট করুন যে আমাদের অবশ্যই জোর দিয়ে বলতে হবে যে $E[B]\neq 0$ , অন্যথায় এর ডান দিকটি $(1)$ অর্থহীন। মনে রাখবেন যে $E[A\mid B]$ একটি এলোমেলো ভেরিয়েবল যা এলোমেলো ভেরিয়েবল ফাংশন হতে পারে , বলুন $B$ $g(B)$ যখন $E[B\mid A]$ একটিএলোমেলো ভেরিয়েবলযাএলোমেলো ভেরিয়েবল ফাংশন, । সুতরাং, জিজ্ঞাসা করার অনুরূপ $A$ $h(A)$ $(1)$

\begin{matrix} (2) & g (B) \overset{?}{=} h (A) \frac{E [A]}{E [B]} \end{matrix}

$g(B)\stackrel{?}= h(A)\frac{E[A]}{E[B]} \tag 2$ একটি সত্য বিবৃতি হতে পারে এবং স্পষ্টতই উত্তরটি হ'ল

সাধারণভাবে

এর

g (B)

$g(B)$ একাধিক হতে পারে না।

h (A)

$h(A)$

আমার জ্ঞান অনুসারে, কেবলমাত্র দুটি বিশেষ মামলা রয়েছে যেখানে $(1)$ ধরে রাখতে পারে।

হিসাবে উপরে উল্লেখ করেছি, জন্য স্বাধীন র্যান্ডম ভেরিয়েবল এবং , এবং হয় অধ: পতিত র্যান্ডম ভেরিয়েবল (পরিসংখ্যানগত-অশিক্ষিত লোকেরা ডাকা ধ্রুবক) যে সমান এবং যথাক্রমে, এবং তাই যদি , আমাদের সমতা রয়েছে । $A$ $B$ $g(B)$ $h(A)$ $E[A]$ $E[B]$ $E[B]\neq 0$ $(1)$
স্বাধীনতা থেকে বর্ণালীটির অন্য প্রান্তে, ধরুন যে যেখানে একটি বিবর্তনযোগ্য ফাংশন এবং সুতরাং এবং সম্পূর্ণ নির্ভরশীল এলোমেলো পরিবর্তনশীল। এই ক্ষেত্রে, $A=g(B)$ $g(\cdot)$ $A=g(B)$ $B=g^{-1}(A)$ এবং সুতরাং হয়ে যায়
$E [A ∣ B] = g (B), E [B ∣ A] = g^{- 1} (A) = g^{- 1} (g (B)) = B$ $E[A\mid B] = g(B), \quad E[B\mid A] = g^{-1}(A) = g^{-1}(g(B)) = B$ $(1)$ যা ঠিক তখন ধরে রাখে যখনযেখানেযে কোনও ননজারো আসল সংখ্যা হতে পারে। সুতরাং,হ'ল যখনইস্কেলার একাধিক, এবং অবশ্যইঅবশ্যই ননজারো (সিএফ।মাইকেল হার্ডির উত্তর) হবে। উপরের বিকাশটি দেখায় যেঅবশ্যই একটিলিনিয়ারফাংশনহতে পারেএবং এটি অ্যাফাইনকরতে পারে না $g (B) \overset{?}{=} B \frac{E [A]}{E [B]}$ $g(B)\stackrel{?}= B\frac{E[A]}{E[B]}$ $g(x) = \alpha x$ $\alpha$ $(1)$ $A$ $B$ $E[B]$ $g(x)$ $(1)$ ফাংশন সহ । তবে নোট করুন যে অ্যালেকোস পাপাদোপলাস তার উত্তর এবং তারপরে তার মন্তব্যে দাবি করেছেন যে যদি নেনজারো মানে একটি সাধারণ র্যান্ডম ভেরিয়েবল হয় তবে তার সরবরাহ করা এবং এর নির্দিষ্ট মানগুলির জন্য , এবং সন্তুষ্ট । আমার মতে, তার উদাহরণটি ভুল। $g(x) = \alpha x + \beta$ $\beta \neq 0$ $B$ $\alpha$ $\beta\neq 0$ $A=\alpha B+\beta$ $B$ $(1)$

এই উত্তরের একটি মন্তব্যে, হুবার প্রতিসম অনুমান সমতা বিবেচনা করার পরামর্শ দিয়েছেন যা অবশ্যই সর্বদা এবং এর মান নির্বিশেষে স্বতন্ত্র এলোমেলো পরিবর্তনশীলগুলির জন্য এবং স্কেলার গুণক জন্যও সর্বদা ধারণ করে । অবশ্যই, আরও তুচ্ছভাবে, হোল্ড করে

\begin{matrix} (3) & E [A ∣ B] E [B] \overset{?}{=} E [B ∣ A] E [A] \end{matrix}

$E[A\mid B]E[B] \stackrel{?}=E[B\mid A]E[A]\tag{3}$

E [A]

$E[A]$

E [B]

$E[B]$

A = α B

$A = \alpha B$

(3)

$(3)$ যে কোনও শূন্য-গড় র্যান্ডম ভেরিয়েবলগুলি

এবং

(স্বতন্ত্র বা নির্ভরশীল, একাধিক স্কেলার বা না; এটি কোনও ব্যাপার নয়):

সমতার জন্য যথেষ্ট । সুতরাং,

আলোচনার জন্য একটি বিষয় হিসাবে

মতো আকর্ষণীয় নাও হতে পারে ।

A

$A$

B

$B$

E [A] = E [B] = 0

$E[A]=E[B]=0$

(3)

$(3)$

(3)

$(3)$

(1)

$(1)$

— দিলীপ সরওয়াতে
সূত্র

9

+1 টি। উদার হতে, প্রশ্নটি

, যেখানে শূন্য দ্বারা বিভাগের প্রশ্নটি অদৃশ্য হয়ে যায় তা জিজ্ঞাসা করে ব্যাখ্যা করা যেতে পারে ।

E (A | B) E (B) = E (B | A) E (A)

$E(A|B)E(B)=E(B|A)E(A)$

— হোবার

1

@whuber Thanks. My edit addresses the more general question as to whether it is possible to have

E [A ∣ B] E [B] = E [B ∣ A] E [A]

$E[A\mid B]E[B]=E[B\mid A]E[A]$ .

— Dilip Sarwate

11

The result is untrue in general, let us see that in a simple example. Let $X \mid P=p$ have a binomial distribution with parameters $n,p$ and $P$ have the beta distrubution with parameters $(\alpha, \beta)$ , that is, a bayesian model with conjugate prior. Now just calculate the two sides of your formula, the left hand side is $\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E X \mid P = nP$ , while the right hand side is

E (P ∣ X) \frac{E X}{E P} = \frac{α + X}{n + α + β} \frac{α / (α + β)}{n α / (α + β)}

$\E( P\mid X) \frac{\E X}{\E P} = \frac{\alpha+X}{n+\alpha+\beta} \frac{\alpha/(\alpha+\beta)}{n\alpha/(\alpha+\beta)}$ and those are certainly not equal.

— kjetil b halvorsen
সূত্র

2

The conditional expected value of a random variable $A$ given the event that $B=b$ is a number that depends on what number $b$ is. So call it $h(b).$ Then the conditional expected value $\operatorname{E}(A\mid B)$ is $h(B),$ a random variable whose value is completely determined by the value of the random variable $B$ . Thus $\operatorname{E}(A\mid B)$ is a function of $B$ and $\operatorname{E}(B\mid A)$ is a function of $A$ .

The quotient $\operatorname{E}(A)/\operatorname{E}(B)$ is just a number.

So one side of your proposed equality is determined by $A$ and the other by $B$ , so they cannot generally be equal.

(Perhaps I should add that they can be equal in the trivial case when the values of $A$ and $B$ determine each other, as when for example, $A = \alpha B, \alpha \neq 0$ and $E[B]\neq 0$ , when

E [A ∣ B] = α B = E [B ∣ A] \cdot α = E [B ∣ A] \frac{α E [B]}{E [B]} = E [B ∣ A] \frac{E [A]}{E [B]} .

$E[A\mid B] = \alpha B = E[B\mid A]\cdot\alpha = E[B\mid A]\frac{\alpha E[B]}{E[B]} = E[B\mid A]\frac{E[A]}{E[B]}.$ But functions equal to each other only at a few points are not equal.)

— Michael Hardy
সূত্র

You mean they are not necessarily equal? I mean they CAN be equal?

— BCLC

1

@BCLC : They are equal only in trivial cases. And two functions equal to each other at some points and not at others are not equal.

— Michael Hardy

2

"But only in that trivial case can they be equal" (emphasis added) is not quite correct. Consider independent

A

$A$ and

B

$B$ with

E [B] \neq 0

$E[B]\neq 0$ . Then,

E [A ∣ B] = E [A]

$E[A\mid B] = E[A]$ while

E [B ∣ A] = E [B]

$E[B\mid A] = E[B]$ and so

E [B ∣ A] \frac{E [A]}{E [B]} = E [B] \frac{E [A]}{E [B]} = E [A] = E [A ∣ B] .

$E[B\mid A] \frac{E[A]}{E[B]} = E[B]\frac{E[A]}{E[B]} = E[A] = E[A\mid B].$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate I was about to say that haha!

— BCLC

I edited your answer to add a few details for the case you pointed out. Please roll back if you don't like the changes.

— Dilip Sarwate

-1

The expression certainly does not hold in general. For the fun of it, I show below that if $A$ and $B$ follow jointly a bivariate normal distribution, and have non-zero means, the result will hold if the two variables are linear functions of each other and have the same coefficient of variation (the ratio of standard deviation over mean) in absolute terms.

For jointly normals we have

E (A ∣ B) = μ_{A} + ρ \frac{σ_{A}}{σ_{B}} (B - μ_{B})

$\operatorname{E}(A \mid B) = \mu_A + \rho \frac{\sigma_A}{\sigma_B}(B - \mu_B)$

and we want to impose

μ_{A} + ρ \frac{σ_{A}}{σ_{B}} (B - μ_{B}) = [μ_{B} + ρ \frac{σ_{B}}{σ_{A}} (A - μ_{A})] \frac{μ_{A}}{μ_{B}}

$\mu_A + \rho \frac{\sigma_A}{\sigma_B}(B - \mu_B) = \left[\mu_B + \rho \frac{\sigma_B}{\sigma_A}(A - \mu_A)\right]\frac{\mu_A}{\mu_B}$

⟹ μ_{A} + ρ \frac{σ_{A}}{σ_{B}} (B - μ_{B}) = μ_{A} + ρ \frac{σ_{B}}{σ_{A}} \frac{μ_{A}}{μ_{B}} (A - μ_{A})

$\implies \mu_A + \rho \frac{\sigma_A}{\sigma_B}(B - \mu_B) = \mu_A + \rho \frac{\sigma_B}{\sigma_A}\frac{\mu_A}{\mu_B}(A - \mu_A)$

Simplify $\mu_A$ and then $\rho$ , and re-arrange to get

B = μ_{B} + \frac{σ_{B}^{2}}{σ_{A}^{2}} \frac{μ_{A}}{μ_{B}} (A - μ_{A})

$B = \mu_B +\frac{\sigma^2_B}{\sigma^2_A}\frac{\mu_A}{\mu_B}(A - \mu_A)$

So this is the linear relationship that must hold between the two variables (so they are certainly dependent, with correlation coefficient equal to unity in absolute terms) in order to get the desired equality. What it implies?

First, it must also be satisfied that

E (B) \equiv μ_{B} = μ_{B} + \frac{σ_{B}^{2}}{σ_{A}^{2}} \frac{μ_{A}}{μ_{B}} (E (A) - μ_{A}) ⟹ μ_{B} = μ_{B}

$E(B) \equiv \mu_B = \mu_B+\frac{\sigma^2_B}{\sigma^2_A}\frac{\mu_A}{\mu_B}(E(A) - \mu_A) \implies \mu_B = \mu_B$

so no other restirction is imposed on the mean of $B$ ( or of $A$ ) except of them being non-zero. Also a relation for the variance must be satisfied,

Var (B) \equiv σ_{B}^{2} = {(\frac{σ_{B}^{2}}{σ_{A}^{2}} \frac{μ_{A}}{μ_{B}})}^{2} Var (A)

$\operatorname{Var}(B) \equiv \sigma^2_B = \left(\frac{\sigma^2_B}{\sigma^2_A}\frac{\mu_A}{\mu_B}\right)^2\operatorname{Var}(A)$

⟹ {(σ_{A}^{2})}^{2} σ_{B}^{2} = {(σ_{B}^{2})}^{2} σ_{A}^{2} {(\frac{μ_{A}}{μ_{B}})}^{2}

$\implies \left(\sigma^2_A\right)^2\sigma^2_B = \left(\sigma^2_B\right)^2\sigma^2_A\left(\frac{\mu_A}{\mu_B}\right)^2$

⟹ {(\frac{σ_{A}}{μ_{A}})}^{2} = {(\frac{σ_{B}}{μ_{B}})}^{2} ⟹ ({cv}_{A})^{2} = ({cv}_{B})^{2}

$\implies \left(\frac{\sigma_A}{\mu_A}\right)^2 = \left(\frac{\sigma_B}{\mu_B}\right)^2 \implies (\text{cv}_A)^2 = (\text{cv}_B)^2$

⟹ | {cv}_{A} | = | {cv}_{B} |

$\implies |\text{cv}_A| = |\text{cv}_B|$

which was to be shown.

Note that equality of the coefficient of variation in absolute terms, allows the variables to have different variances, and also, one to have positive mean and the other negative.

— Alecos Papadopoulos
সূত্র

1

Isn't this a convoluted way to

A = α B

$A = \alpha B$ where

α

$\alpha$ is some scalar?

— Matthew Gunn

1

@MatthewGunn Your comment is right on target. Normality has nothing to do with the matter. For random variables

A

$A$ and

B

$B$ such that

A = α B

$A = \alpha B$ ,

E [A ∣ B] = α B = A

$E[A\mid B] = \alpha B = A$ and similarly,

E [B ∣ A] = B

$E[B\mid A] = B$ . Consequently, assuming that

E [B] \neq 0

$E[B]\neq 0$ ,

E [A ∣ B] = α B = E [B ∣ A] \cdot α = E [B ∣ A] \frac{α E [B]}{E [B]} = E [B ∣ A] \frac{E [A]}{E [B]} .

$E[A\mid B] = \alpha B = E[B\mid A]\cdot\alpha = E[B\mid A]\frac{\alpha E[B]}{E[B]} = E[B\mid A]\frac{E[A]}{E[B]}.$ No normality, no

| c v_{A} | = | c v_{B} |

$|cv_A|=|cv_B|$ etc, and actually just a rehash of a comment in Michael Hardy's answer.

— Dilip Sarwate

If you write \text{Var} instaed of \operatorname{Var} then you'll see

a Var X

$a\text{Var}X$ and

a Var (X)

$a\text{Var}(X)$ instead of

a Var X

$a\operatorname{Var}X$ and

a Var (X) .

$a\operatorname{Var}(X).$ That's why the latter is standard usage.

— Michael Hardy

@MatthewGun It seems to me that providing answers that contain specific examples is considered valuable content in this site. So yes, when a random variable is an affine function of another, and they are jointly normal with non-zero means, then one needs to have equal coefficients of variation, while, also there are no restrictions on the means of these rv's. On the other hand, when a random variable is just a linear function of another, the relation holds always. So no my answer is not a convoluted way to say

A = a B

$A=aB$ . (cc:@DilipSarwate)

— Alecos Papadopoulos

2

If

B

$B$ is a non-normal random variable with

E [B] = μ_{B} \neq 0

$E[B]=\mu_B\neq 0$ and

A = c B + d

$A=c B+d$ (and so

B = \frac{A - d}{c}

$B=\frac{A-d}{c}$ ), then

E [A ∣ B] = c B + d = A, E [B ∣ A] = \frac{A - d}{c} = B .

$E[A\mid B]=cB+d=A, E[B\mid A]=\frac{A-d}{c}=B.$ Now, if we want to have

E [A ∣ B] = c B + d

$E[A\mid B]=cB+d$ to equal

E [B ∣ A] \cdot \frac{μ_{A}}{μ_{B}} = B \cdot \frac{μ_{A}}{μ_{B}}

$E[B\mid A]\cdot\frac{\mu_A}{\mu_B} =B\cdot\frac{\mu_A}{\mu_B}$ , it must be that

c B + d = B \cdot \frac{μ_{A}}{μ_{B}} ⟹ d = 0, c = \frac{μ_{A}}{μ_{B}}

$cB+d=B\cdot\frac{\mu_A}{\mu_B}\implies d=0,c=\frac{\mu_A}{\mu_B}$ and so

A = c B = \frac{μ_{A}}{μ_{B}} B

$A=cB=\frac{\mu_A}{\mu_B}B$ . So, for nonnormal

B

$B$ , the OP's conjectured result holds if

A = c B

$A=cB$ but not if

A = c B + d, d \neq 0

$A=cB+d, d\neq 0$ .Of course, as you have proved, the result holds for normal random variables if

A = c B + d, d \neq 0

$A=cB+d, d\neq 0$ .

— Dilip Sarwate