Условное ожидание экспоненциальной случайной величины

13

Для случайной величины ( ) я интуитивно чувствую, что должен равняться поскольку по свойству без памяти распределение такое же, как у но смещено вправо на .XExp(λ)E[X]=1λE[X|X>x]x+E[X]X|X>xXx

Однако я изо всех сил пытаюсь использовать свойство без памяти, чтобы дать конкретное доказательство. Любая помощь очень ценится.

Благодарю.

mchen
источник
Подсказка: является математическим выражением, соответствующим «сдвинутому вправо на », и поэтомуТеперь сделайте замену переменных на интеграле справа. fX|X>a(x)=fX(xa)a
E[XX>a]=xfXX>a(x)dx=xfX(xa)dx.
Дилип Сарватэ
2
Обратите внимание, что является усеченным распределением, усеченным ниже « ». Специально это сдвинутое экспоненциальное распределение, а сдвинутая экспонента не имеет свойства без памяти . X|X>xx
AD

Ответы:

13

X | Х > х Х х по свойству без памяти распределение такое же, как у но смещено вправо на .X|X>xXx

Пусть обозначим функцию плотности вероятности (PDF) из . Тогда математическая формулировка того , что вы правильно состояние а именно, условно ПДФ при условии , что является такой же , как и , но сдвинуты вправо на это то , что . Следовательно, , то ожидаемое значение из при условии , что является fX(t)XX { X > x } X x - f X X > x ( t ) = f X ( t - x ) E [ X X > x ] X { X > x } E [ X X > x ]X{X>x}Xx fXX>x(t)=fX(tx)E[XX>x]X{X>x}

E[XX>x]=tfXX>x(t)dt=tfX(tx)dt=(x+u)fX(u)duon substituting u=tx=x+E[X].
Обратите внимание, что мы явно не использовали плотность в вычислениях, и даже не нужно явно интегрировать, если мы просто помним, что (i) область под pdf равна и (ii) определение ожидаемого значения непрерывной случайной величины в терминах ее pdf.X11

Дилип Сарватэ
источник
9

Для событие имеет вероятность . Следовательно, но (используя трюк Фейнмана, подтвержденный теоремой о доминируемой сходимости, потому что это весело) { X > x } P { X > x } = 1 - F X ( x ) = e - λ x > 0x>0{X>x}P{X>x}=1FX(x)=eλx>0

E[XX>x]=E[XI{X>x}]P{X>x},
E[XI{X>x}]=xtλeλtdt=()
()=λxddλ(eλt)dt=λddλxeλtdt
=λddλ(1λxλeλtdt)=λddλ(1λ(1FX(x)))
=λddλ(eλxλ)=(1λ+x)eλx,
что дает желаемый результат
E[XX>x]=1λ+x=E[X]+x.
Zen
источник
2
Хотя использование трюка Фейнмана интересно, почему бы просто не интегрировать по частям, чтобы получить
xtλeλtdt=teλt|x+xeλtdt=(x+1λ)eλx?
Дилип Сарватэ,