Я хочу показать

Пусть - случайная величина на вероятностном пространстве Покажите, что$X:\Omega \to \mathbb N$$(\Omega,\mathcal B,P)$

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

мое определение из равно $E(X)$

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

Спасибо.

Определение для дискретного : .$E(X)$$X$$E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$

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

Так

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

(мы переставляем термины в последнем выражении)

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

QED

Мне нравится январский ответ. Могу ли я предложить способ записать серию так, чтобы глаз более легко улавливал перегруппировку (именно так мне нравится писать на доске)? (Перестановка математически обоснована, потому что этосерия положительных терминов.)

$$\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty P(X\geq k) &=& \quad P(X\geq 1) \quad=\quad P(X=1)&+&P(X=2)&+&P(X=3) &+& \;\dots\\ &+& \quad P(X\geq 2) &+& P(X=2) &+&P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad P(X\geq 3) && &+& P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad\quad\;\; \dots && &&&+& \;\dots\\ \end{eqnarray}$$

Я думаю, что стандартный способ сделать это, написав

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

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

а затем обратный порядок ожидания и суммы (по теореме Тонелли)

Один из других превосходных ответов здесь (из seanv507 ) отметил, что это правило ожидания фактически следует из более сильного результата, который выражает лежащую в основе случайную переменную в виде бесконечной суммы индикаторных переменных. Можно доказать более общий результат, и это можно использовать для получения правила ожидания в вопросе. Если $X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$ (поэтому его поддержка не шире натуральных чисел), то можно показать (доказательство ниже), что:

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

Взятие дает полезный результат:$m \rightarrow \infty$

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

Стоит отметить, что этот результат сильнее, чем правило ожидания в вопросе, так как он дает разложение для основной случайной величины, а не только ее момент. Как отмечено в другом ответе, взятие ожиданий обеих сторон этого уравнения и применение теоремы Тонелли (чтобы поменять местами операторы сумм и ожиданий) дает правило ожидания в вопросе. Это стандартное правило ожидания, которое используется при работе с неотрицательными случайными переменными.

---

Приведенный выше результат может быть доказан довольно просто. Начните с наблюдения, что:

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

Поэтому для любого мы имеем:$m \in \mathbb{N}$

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