Як можна знайти середнє значення суми залежних змінних?


13

Я знаю, що середнє значення суми незалежних змінних є сумою засобів кожної незалежної змінної. Чи стосується це і залежних змінних?


@feetwet, просто видалити "спасибі" насправді не так важливо, щоб нарізати нитку з 18 місяців тому. FWIW, я проголосував за відхилення цього редагування (але 2 інші затвердили, так що ви б інакше не бачили мого коментаря).
— gung - Відновіть Моніку

1
@gung - всілякі речі можуть зіпсуватись із переглядом питань "Активний". Ваші спостереження проводилися часто, і політика AFAIK щодо обміну стеками полягає в тому, що, незважаючи на цей недолік, дійсні незначні зміни є хорошою справою .
— footwet

1
@feetwet, я не впевнений, наскільки відповідна метафотографія тут. Кожен веб-сайт SE має власну мета та власну політику, яку визначає громада. Ви можете переглянути відповідні теми meta.CV, наприклад, цей: Обробка "запропонованих змін" до публікацій . Ви можете зауважити, що відповідь Ваубера цитує Джеффа Етвуда, "крихітні редагування, як ... видалення лише поздоровлення з посади. ... відкиньте їх, з крайнім упередженням", а Джоран зазначає, "Мій поріг, коли редакція занадто незначна, обернено пов'язана з віком питання ".
— gung - Відновіть Моніку

1
@gung Фотографія Я посилався на посилання на важливі та новітні питання обміну питаннями мета-стеків . Але якщо 4-річна відповідь Ваубера все-таки є канонічною для Cross Valified, я поважаю це, що йде вперед.
— footwet

Відповіді:


18

Очікування (прийняття середнього) - лінійний оператор .

E(X+Y)=E(X)+E(Y)XY

Ми можемо узагальнити (наприклад, за допомогою індукції ) так, що E(∑i=1nXi)=∑i=1nE(Xi) тих пір, поки існує кожне очікування E(Xi) .

Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+2Cov(X,Y) деCov -коваріаціязмінних.


10

TL; ДР:
Якщо припустити, що воно існує, середнє значення - це очікуване значення, а очікуване значення - інтеграл, а інтеграли мають властивість лінійності щодо сум.


Yn=∑i=1nXiE(Yn)XnfX(x)=fX1,...,Xn(x1,...,xn)D=SX1×...×SXn

E[Yn]=∫DYnfX(x)dx

n

E[Yn]=∫SXn...∫SX1[∑i=1nXi]fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn

і використовуючи лінійність інтегралів, на які ми можемо розкластись

=∫SXn...∫SX1x1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn+......+∫SXn...∫SX1xnfX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn

n

∫SXn...∫SX1x1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn=∫SX1x1∫SXn...∫SX2fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx2...dxndx1

і взагалі

∫SXn...∫SXj...∫SX1xjfX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxj...dxn=
=∫SXjxj∫SXn...∫SXj−1∫SXj+1...∫SX1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxj−1dxj+1......dxndxj

nn∫SXjxjfXj(xj)dxj

Об’єднавши все це, ми приїжджаємо

E[Yn]=E[∑i=1nXi]=∫SX1x1fX1(x1)dx1+...+∫SXnxnfXn(xn)dxn

Але тепер кожен простий інтеграл - це очікуване значення кожної випадкової величини окремо, так

E[∑i=1nXi]=E(X1)+...+E(Xn)
=∑i=1nE(Xi)

Зауважте, що ми ніколи не посилалися на незалежність чи незалежність випадкових змінних, але працювали виключно з їх спільним розподілом.


@ssdecontrol Це один upvote я ціную, дійсно .
— Алекос Пападопулос

1
Розширення на повторені інтеграли і назад знову не є необхідним. Це ускладнює простий аргумент. Ви можете замінити розділ "TS; DR" останнім його реченням і мати точну відповідь.
— whuber

@whuber Через півтора року він все ще уникає мене (я маю на увазі, не використовуючи факту "лінійності оператора очікування", що вже використовувався іншою відповіддю). Будь-який натяк, щоб я міг переробити відповідь на цей простий аргумент?
— Алекос Пападопулос

Я думаю, що аргумент є зайвим. Запорукою всього цього є ваше спостереження в останньому реченні.
— качан
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.