我想显示

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令为概率空间上的随机变量。证明 $X:\Omega \to \mathbb N$ $(\Omega,\mathcal B,P)$

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

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

我对定义等于 $E(X)$

E (X) = \int_{Ω} X d P .

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

谢谢。

probability self-study expected-value

— 普安巴格
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嗯，也许您想添加 ...否？

X \geq 0

$X\geq 0$

— 2013年

@Stat：否，。是自然的。考虑总是等于。

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)

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

— 2013

哎呀，没看到！

N

$N$

— 2013年

1

该语句是（略）不正确的：因为包括，所以总和必须从开始而不是。

N

$\mathbb{N}$

0

$0$

0

$0$

1

$1$

— ub

4

@whuber否，总和必须从开始（尝试）。

n = 1

$n=1$

P [X = 42] = 1

$P[X=42]=1$

— 2013年

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离散的定义为。 $E(X)$ $X$ $E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$

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

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

所以

\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}

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

（我们重新排列了最后一个表达式中的术语）

\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}

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

ed

— 一月
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您应该为自学标签提供有用的提示，而不是完整答案。最好不要解决他们的任务：）

— 2013年

1

您不需要解释为什么要重新排序总和吗？如果您要进行严格的演示，那将很重要。

— 曼努埃尔

@ January.in问题是随机变量，请不要提及是离散或连续的。

X

$X$

X

$X$

— pual ambagher

1

糟糕，是的，您确实指出在第一行是离散的：“离散”（在其最广泛的意义上）表示变量范围中有一个可数的子集，其概率为；并且是可数的，因此您的必须是离散的。

X

$X$

1

$1$

N

$\mathbb{N}$

X

$X$

— ub

@ whuber.I同意并得到了。谢谢大家。

— pual ambagher

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我喜欢一月的答案。我可以建议一种写下系列的方式，以便使眼睛更容易抓住重排的情况吗（这是我喜欢在黑板上写下的方式）？（重新排列在数学上是合理的，因为这是一系列正项。）

\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
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您是否假设X是离散的？

— BCLC 2015年

@BCLC，该公式仅在X可以采用正整数时有效。实际上，对于标准均匀分布，它给出1，而答案是1/2。或者，即使在离散情况下，我们也考虑两点分布：公式给出0，而平均值为3/8。

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

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

— Artem Sobolev 2015年

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我认为这样做的标准方法是通过写

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))

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

然后颠倒期望值和总和的顺序（根据托内利定理）

— seanv507
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有趣。说这不假设是离散的是否正确？：O

X

$X$

— BCLC 2015年

1

@BCLC仅当X是自然数时，第一行才是真，因此它是不正确的……

— 。– seanv507 2015年

1

这里的另一个极好的答案（来自seanv507）已经指出，该期望规则实际上来自更强的结果，该结果将基础随机变量表示为指标变量的无穷大。可以证明一个更一般的结果，这可以用来获得问题中的期望规则。如果（因此它的支持范围不超过自然数），则可以显示（如下证明）： $X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$

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

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

然后以给出有用的结果： $m \rightarrow \infty$

X = \sum_{n = 1}^{\infty} I (X ⩾ n) .

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

值得注意的是，此结果比问题中的期望规则要强，因为它不仅可以分解基础随机变量，而且还可以分解基础随机变量。正如另一个答案中所指出的那样，取等式两边的期望值，并应用Tonelli定理（交换总和和期望运算符的顺序），得出问题中的期望规则。这是处理非负随机变量时使用的标准期望规则。

以上结果可以很简单地证明。首先观察一下：

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

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

因此，对于任何一个我们都有： $m \in \mathbb{N}$

\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} .

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

— Ben-恢复莫妮卡
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