私が表示したい

10

LET確率空間上の確率変数である .SHOWその $X:\Omega \to \mathbb N$ $(\Omega,\mathcal B,P)$

E (X) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (X \geq n) .

$E(X)=\sum_{n=1}^\infty P(X\ge n).$

からの私の定義は、と等しくなり $E(X)$

E (X) = \int_{Ω} X d P .

$E(X)=\int_\Omega X \, dP.$

ありがとう。

probability self-study expected-value

— デュアルアンバガー
ソース

うーん、多分あなたはそのを追加したいと思います...いいえ？

X \geq 0

$X\geq 0$

— 2013年

@Stat：no、。は自然です。常に2に等しいと考えます。

P (X \geq 0) = 1

$P(X \ge 0) = 1$

X

$X$

X

$X$

E (X) = 2 = P (X \geq 1) + P (X \geq 2)

$E(X) = 2 = P(X\ge 1) + P(X\ge 2)$

— 年

おっと、見なかった！

N

$N$

— 2013年

1

ステートメントは（少し）正しくありません。は含まれているため、合計はではなくから開始する必要があります。

N

$\mathbb{N}$

0

$0$

0

$0$

1

$1$

— whuber

4

@whuberいいえ、合計はから開始する必要があります（の場合を試してください）。

n = 1

$n=1$

P [X = 42] = 1

$P[X=42]=1$

— 2013年

12

離散に対する定義は、です。 $E(X)$ $X$ $E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$

P (X \geq i) = P (X = i) + P (X = i + 1) + \dots

$P( X \ge i ) = P( X = i ) + P( X = i + 1 ) + \cdots$

そう

\begin{aligned} \sum_{i} P (X \geq i) = P (X \geq 1) + P (X \geq 2) + \dots \\ = & P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + \dots + P (X = 2) + P (X = 3) + \dots \end{aligned}

$\begin{align} & \sum_i P( X \ge i ) = P( X \ge 1 ) + P( X \ge 2 ) + \cdots \\[8pt] = {} & P( X = 1 ) + P( X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots + P(X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots \end{align}$

（最後の表現で用語を並べ替えます）

\begin{aligned} = 1 \cdot P (X = 1) + 2 \cdot P (X = 2) + 3 \cdot P (X = 3) + \dots \\ = \sum_{i} i \cdot P (X = i) \end{aligned}

$\begin{align} & = 1 \cdot P( X = 1 ) + 2 \cdot P( X = 2 ) + 3 \cdot P( X = 3 ) + \cdots \\[8pt] & = \sum_i i \cdot P( X = i ) \end{align}$

qed

— 1月
ソース

4

完全な答えではなく、自習タグに役立つヒントを提供することになっています。彼らの割り当てを解決しない方が良いです:)

— Stat

1

合計を再注文できる理由を説明する必要はありませんか？厳密なデモンストレーションを探している場合、これは重要です。

— マヌエル

質問の@ January.inはランダム変数ですは離散または連続であることに言及しないでください。

X

$X$

X

$X$

— デュアルアンバーガー、2013年

1

デュアル、はい、あなたはが最初の行で離散的であることを示しました：「離散的」（可能な限り広い意味で）は、確率持つ変数の範囲の数えられるサブセットがあることを意味します。ためと可算である、あなたの、離散なければなりません。

X

$X$

1

$1$

N

$\mathbb{N}$

X

$X$

— whuber

@whuber。私は同意してそれを得た。そしてすべてからありがとう。

— デュアルアンバーガー、2013年

11

1月の答えが好きです。目が再配置をより簡単にキャッチできるようにシリーズを書き留める方法を提案できますか（これは私が黒板にそれを書くのが好きな方法です）？（これは一連の正の項であるため、再配置は数学的に健全です。）

\begin{array}{rcl} \sum_{k = 1}^{\infty} P (X \geq k) & = & P (X \geq 1) = P (X = 1) & + & P (X = 2) & + & P (X = 3) & + & \dots \\ + & P (X \geq 2) & + & P (X = 2) & + & P (X = 3) & + & \dots \\ + & P (X \geq 3) & + & P (X = 3) & + & \dots \\ + & \dots & + & \dots \end{array}

$\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty P(X\geq k) &=& \quad P(X\geq 1) \quad=\quad P(X=1)&+&P(X=2)&+&P(X=3) &+& \;\dots\\ &+& \quad P(X\geq 2) &+& P(X=2) &+&P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad P(X\geq 3) && &+& P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad\quad\;\; \dots && &&&+& \;\dots\\ \end{eqnarray}$

— 禅
ソース

Xは離散であると思いますか？

— BCLC、2015年

@BCLC、式はXが正の整数を取ることができる場合にのみ機能します。確かに、例えば、標準的な均一分布の場合は1を返しますが、答えは1/2です。または、離散的なケースでも、2点分布考えてみましょう。平均は3/8ですが、式は0を与えます。

P (X = 1 / 4) = P (X = 1 / 2) = 1 / 2

$P(X = 1/4) = P(X = 1/2) = 1/2$

— Artem Sobolev 2015年

3

これを行う標準的な方法は、

X = \sum_{n = 1}^{\infty} 1 (X \geq n)

$X =\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)$

E (X) = E (\sum_{n = 1}^{\infty} 1 (X \geq n))

$E(X) =E\left(\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)\right)$

次に期待値と合計の順序を逆にします（Tonelliの定理による）

— seanv507
ソース

面白い。これはが離散的であるとは想定していないと言って間違いありませんか？：O

X

$X$

— BCLC

1

Xは自然数である場合、それは正しくないよう@BCLC最初の行は、....、唯一真である

— seanv507

1

ここ（seanv507から）の他の優れた回答の1つは、この期待ルールは、基になる確率変数をインジケーター変数の無限和として表現するより強力な結果から実際に続くということです。より一般的な結果を証明することは可能であり、これは問題の期待ルールを取得するために使用できます。もし、それは（以下プルーフ）ことを示すことができる（その支持体は自然数よりも広くなっていないので）。 $X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$

X = \sum_{n = 1}^{max (X, m)} I (X ⩾ n) for all m \in N .

$X = \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \quad \quad \quad \text{for all } m \in \mathbb{N}.$

撮影後、有用な結果が得られます。 $m \rightarrow \infty$

X = \sum_{n = 1}^{\infty} I (X ⩾ n) .

$X = \sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{I}(X \geqslant n).$

この結果は、その瞬間だけではなく、基礎となる確率変数の分解を提供するため、問題の期待ルールよりも強力であることは注目に値します。他の回答で述べたように、この方程式の両辺の期待値を取り、Tonelliの定理を適用して（合計演算子と期待値演算子の順序を入れ替える）、質問に期待値規則が与えられます。これは、非負の確率変数を処理するときに使用される標準の期待ルールです。

上記の結果はかなり簡単に証明できます。それを観察することから始めます：

X = \underset{X times}{\underset{⏟}{1 + 1 + \dots + 1}} + \underset{countable times}{\underset{⏟}{0 + 0 + \dots + 0}} .

$X = \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \text{countable times}}.$

したがってすべてのについて、次のようになります。 $m \in \mathbb{N}$

\begin{aligned} X & = \underset{X times}{\underset{⏟}{1 + 1 + \dots + 1}} + \underset{max (0, m - X) times}{\underset{⏟}{0 + 0 + \dots + 0}} \\ = \sum_{n = 1}^{X} I (X ⩾ n) + \sum_{n = 1}^{max (0, m - X)} I (X ⩾ X + n) \\ = \sum_{n = 1}^{X} I (X ⩾ n) + \sum_{n = X + 1}^{max (X, m)} I (X ⩾ n) \\ = \sum_{n = 1}^{max (X, m)} I (X ⩾ n) . \end{aligned} .

$\begin{equation} \begin{aligned} X &= \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \max(0,m-X) \text{ times}} \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=1}^{\max(0,m-X)} \mathbb{I}(X \geqslant X+ n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=X+1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) . \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}.$

— ベン-モニカの復活
ソース