Aspettativa condizionale della variabile casuale esponenziale

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Per una variabile casuale ( ) Sento intuitivamente che dovrebbe essere uguale a poiché dalla proprietà senza memoria la distribuzione di è uguale a quella di ma spostata a destra di . $X\sim \text{Exp}(\lambda)$ $\mathbb{E}[X] = \frac{1}{\lambda}$ $\mathbb{E}[X|X > x]$ $x + \mathbb{E}[X]$ $X|X > x$ $X$ $x$

Tuttavia, sto lottando per usare la proprietà senza memoria per dare una prova concreta. Ogni aiuto è molto apprezzato.

Grazie.

random-variable exponential conditional-expectation

— mchen
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Suggerimento: è l'espressione matematica corrispondente a "spostato a destra di ", quindiOra fai un cambiamento di variabili sull'integrale a destra.

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 .

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

— Dilip Sarwate,

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Si noti che è una distribuzione troncata troncata sotto " ". Soprattutto viene spostata la distribuzione esponenziale e spostata esponenziale non ha proprietà senza memoria .

X | X > x

$X|X>x$

x

$x$

— AD

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$\ldots$ dalla proprietà senza memoria la distribuzione di è la stessa di quella di ma spostata a destra di . $X|X > x$ $X$ $x$

Lasciate denota la funzione di densità di probabilità (pdf) di . Quindi, la formulazione matematica per ciò che affermi correttamente vale a dire, il pdf condizionale di dato che è la stessa di ma spostato a destra di è che . Quindi, , il valore atteso di dato che è $f_X(t)$ $X$ $-$ $X$ $\{X > x\}$ $X$ $x$ $-$ $f_{X \mid X > x}(t) = f_X(t-x)$ $E[X\mid X > x]$ $X$ $\{X > x\}$

\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}

$\begin{align} E[X\mid X > x] &= \int_{-\infty}^\infty t f_{X \mid X > x}(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_{-\infty}^\infty t f_X(t-x)\,\mathrm dt\\ &= \int_{-\infty}^\infty (x+u) f_X(u)\,\mathrm du &\scriptstyle{\text{on substituting}~u = t-x}\\ &= x + E[X]. \end{align}$ Nota che non abbiamo usato esplicitamente la densità di nel calcolo e non abbiamo nemmeno bisogno di integrarci esplicitamente se ricordiamo semplicemente che (i) l'area sotto un pdf è e (ii) la definizione del valore atteso di una variabile casuale continua in termini di pdf.

X

$X$

1

$1$

— Dilip Sarwate
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Per , l'evento ha probabilità . Quindi, ma (usando il trucco di Feynman, rivendicato dal Teorema della Convergenza Dominata, perché è divertente) $x>0$ $\{X>x\}$ $P\{X>x\}=1-F_X(x)=e^{-\lambda x} > 0$

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},

$= -\lambda\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{e^{-\lambda x}}{\lambda}\right) = \left(\frac{1}{\lambda}+x\right)e^{-\lambda x} \, ,$ che fornisce il risultato desiderato

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

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

— zen
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Sebbene l'uso del trucco di Feynman sia interessante, perché non integrarsi semplicemente per parti per ottenere

\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} ?

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

— Dilip Sarwate,