Умовне очікування експоненціальної випадкової величини

13

Для випадкової змінної ( ) інтуїтивно відчуваю, що має дорівнювати оскільки за властивістю без запам'ятовування розподіл такий же, як у але зміщений праворуч на . $X\sim \text{Exp}(\lambda)$ $\mathbb{E}[X] = \frac{1}{\lambda}$ $\mathbb{E}[X|X > x]$ $x + \mathbb{E}[X]$ $X|X > x$ $X$ $x$

Однак я намагаюся використовувати властивість без запам'ятовування, щоб дати конкретний доказ. Будь-яка допомога дуже цінується.

Дякую.

random-variable exponential conditional-expectation

— мчен
джерело

Підказка:

f_{X | X > a} (x) = f_{X} (x - a)

$f_{X|X > a}(x) = f_X(x-a)$ - математичний вираз, відповідний "зміщеному вправо на

a

$a$ ", і тому

Е [Х ∣ Х > а] = \int_{- \infty}^{\infty} х f_{Х ∣ Х > а} (х) г х = \int_{- \infty}^{\infty} х f_{Х} (х - а) г х .

$E[X\mid X>a] = \int_{-\infty}^\infty xf_{X\mid X>a}(x)\,\mathrm dx= \int_{-\infty}^\infty xf_X(x-a)\,\mathrm dx.$ Тепер зробіть зміну змінних на інтегралі праворуч.

— Діліп Сарват

2

Зауважимо, що

X | X > x

$X|X>x$ - усічений розподіл, усічений внизу "

x

$x$ ". Особливо це зміщений експоненціальний розподіл, а зміщений експонент не має властивості запам'ятовування .

— AD

13

$\ldots$ За властивостями без запам'ятовування розподіл $X|X > x$ те саме, що у $X$ але зміщено праворуч на $x$ .

Нехай $f_X(t)$ позначимо функцію щільності ймовірності (PDF) з $X$ . Тоді математична формулювання того , що ви правильно стану $-$ а саме, умовно ПДФ $X$ за умови , що $\{X > x\}$ такий же , як і $X$ , але зрушена вправо на $x$ $-$ це те , що $f_{X \mid X > x}(t) = f_X(t-x)$ . Отже, $E[X\mid X > x]$ , тоочікуване значенняз $X$ за умовищо $\{X > x\}$ є

\begin{aligned} E [X ∣ X > x] & = \int_{- \infty}^{\infty} t f_{X ∣ X > x} (t) d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} t f_{X} (t - x) d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} (x + u) f_{X} (u) d u & on substituting u = t - x \\ = x + E [X] . \end{aligned}

$\begin{align} E[X\mid X > x] &= \int_{-\infty}^\infty t f_{X \mid X > x}(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_{-\infty}^\infty t f_X(t-x)\,\mathrm dt\\ &= \int_{-\infty}^\infty (x+u) f_X(u)\,\mathrm du &\scriptstyle{\text{on substituting}~u = t-x}\\ &= x + E[X]. \end{align}$ Зауважимо, що ми не використовували явно щільність

X

$X$ при обчисленні, і навіть не потрібноявноінтегрувати,якщо ми просто пам'ятаємо, що (i) область під pdf дорівнює

1

$1$ та (ii) визначення очікуваного значення a безперервна випадкова величина з точки зору її pdf.

— Діліп Сарват
джерело

9

Для подія має ймовірність . Отже, $x>0$ $\{X>x\}$ $P\{X>x\}=1-F_X(x)=e^{-\lambda x} > 0$ але

Е [Х ∣ Х > х] = \frac{Е [Х Я_{{Х > х}}]}{П {Х > х}},

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}} \E[X\mid X> x] = \frac{\E[X\,I_{\{X>x\}}]}{P\{X>x\}} \, ,$

(використовуючи фокус Фейнмана, підтверджений теоремою домінованої конвергенції, тому що це весело)

Е [Х Я_{{Х > х}}] = \int_{х}^{\infty} т λ е^{- λ т} г т = (*)

$\E[X\,I_{\{X>x\}}] = \int_x^\infty t\,\lambda\,e^{-\lambda t}\,dt = (*)$

(*) = - λ \int_{х}^{\infty} \frac{г}{г λ} (е^{- λ т}) г т = - λ \frac{г}{г λ} \int_{х}^{\infty} е^{- λ т} г т

$(*) = -\lambda \int_x^\infty \frac{d}{d\lambda}(e^{-\lambda t}) \,dt = -\lambda \frac{d}{d\lambda} \int_x^\infty e^{-\lambda t} \,dt$

= - λ \frac{г}{г λ} (\frac{1}{λ} \int_{х}^{\infty} λ е^{- λ т} г т) = - λ \frac{г}{г λ} (\frac{1}{λ} (1 - Ж_{Х} (х)))

$= -\lambda \frac{d}{d\lambda} \left(\frac{1}{\lambda} \int_x^\infty \lambda\,e^{-\lambda t} \,dt\right) = -\lambda\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{1}{\lambda}\left(1 - F_X(x)\right)\right)$

що дає бажаний результат

= - λ \frac{г}{г λ} (\frac{е^{- λ х}}{λ}) = (\frac{1}{λ} + х) е^{- λ х},

$= -\lambda\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{e^{-\lambda x}}{\lambda}\right) = \left(\frac{1}{\lambda}+x\right)e^{-\lambda x} \, ,$

Е [Х ∣ Х > х] = \frac{1}{λ} + х = Е [Х] + х .

$\E[X\mid X>x] = \frac{1}{\lambda}+x = \E[X] + x \, .$

— Дзен
джерело

2

Хоча використання хитрості Фейнмана цікаво, чому б просто не інтегрувати по частинах, щоб отримати

\int_{х}^{\infty} т λ е^{- λ т} г т = - т е^{- λ т} |_{х}^{\infty} + \int_{х}^{\infty} е^{- λ т} г т = (х + \frac{1}{λ}) е^{- λ х} ?

$\int_x^\infty t\lambda e^{-\lambda t}\,dt = -t e^{-\lambda t}\biggr |_x^\infty + \int_x^\infty e^{-\lambda t}\,dt = \left(x + \frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x}?$