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 . $X\sim \text{Exp}(\lambda)$ $\mathbb{E}[X] = \frac{1}{\lambda}$ $\mathbb{E}[X|X > x]$ $x + \mathbb{E}[X]$ $X|X > x$ $X$ $x$

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

Благодарю.

random-variable exponential conditional-expectation mchen
источник

Подсказка: является математическим выражением, соответствующим «сдвинутому вправо на », и поэтомуТеперь сделайте замену переменных на интеграле справа.

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

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

a

$a$

E [X ∣ X > a] = \int_{- \infty}^{\infty} x f_{X ∣ X > a} (x) d x = \int_{- \infty}^{\infty} x f_{X} (x - a) d x .

$E[X\mid X>a] = \int_{-\infty}^\infty xf_{X\mid X>a}(x)\,\mathrm dx= \int_{-\infty}^\infty xf_X(x-a)\,\mathrm dx.$

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 > x

$X|X>x$

x

$x$

AD

13

$\ldots$ по свойству без памяти распределение такое же, как у но смещено вправо на . $X|X > x$ $X$ $x$

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 $f_X(t)$ $X$ $-$ $X$ $\{X > x\}$ $X$ $x$ $-$ $f_{X \mid X > x}(t) = f_X(t-x)$ $E[X\mid X > x]$ $X$ $\{X > x\}$

\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}

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

X

$X$

1

$1$

Дилип Сарватэ
источник

9

Для событие имеет вероятность . Следовательно, но (используя трюк Фейнмана, подтвержденный теоремой о доминируемой сходимости, потому что это весело) $x>0$ $\{X>x\}$ $P\{X>x\}=1-F_X(x)=e^{-\lambda x} > 0$

E [X ∣ X > x] = \frac{E [X I_{{X > x}}]}{P {X > x}},

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

E [X I_{{X > x}}] = \int_{x}^{\infty} t λ e^{- λ t} d t = (*)

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

(*) = - λ \int_{x}^{\infty} \frac{d}{d λ} (e^{- λ t}) d t = - λ \frac{d}{d λ} \int_{x}^{\infty} e^{- λ t} d t

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

= - λ \frac{d}{d λ} (\frac{1}{λ} \int_{x}^{\infty} λ e^{- λ t} d t) = - λ \frac{d}{d λ} (\frac{1}{λ} (1 - F_{X} (x)))

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

= - λ \frac{d}{d λ} (\frac{e^{- λ x}}{λ}) = (\frac{1}{λ} + x) e^{- λ x},

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

E [X ∣ X > x] = \frac{1}{λ} + x = E [X] + x .

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

Zen
источник

2

Хотя использование трюка Фейнмана интересно, почему бы просто не интегрировать по частям, чтобы получить

\int_{x}^{\infty} t λ e^{- λ t} d t = - t e^{- λ t} |_{x}^{\infty} + \int_{x}^{\infty} e^{- λ t} d t = (x + \frac{1}{λ}) e^{- λ x} ?

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

Дилип Сарватэ,

Условное ожидание экспоненциальной случайной величины

Ответы: