Perché è

In una serie di problemi ho dimostrato questo "lemma", il cui risultato non è intuitivo per me. $Z$ è una distribuzione normale standard in un modello censurato.

Formalmente, $Z^* \sim Norm(0, \sigma^2)$ e $Z = max(Z^*, c)$ . Quindi,

\begin{aligned} E [Z | Z > c] & = \int_{c}^{\infty} z_{i} ϕ (z_{i}) d z_{i} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{c}^{\infty} z_{i} \exp (\frac{- 1}{2} z_{i}^{2}) d z_{i} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (\frac{- 1}{2} c^{2}) (Integration by substitution) \\ = ϕ (c) \end{aligned}

$\begin{align} E[Z|Z>c] &= \int_c^\infty z_i \phi({z_i})\mathrm{d}z_i \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_c^\infty z_i \exp\!\bigg(\frac{-1}{2}z_i^2\bigg)\mathrm{d}z_i \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\!\bigg(\frac{-1}{2}c^2\bigg) \quad\quad\quad\quad\text{ (Integration by substitution)}\\ &= \phi(c) \end{align}$ Quindi esiste una sorta di connessione tra la formula di aspettativa su un dominio troncato e la densità nel punto di troncamento . Qualcuno potrebbe spiegare l'intuizione dietro questo?

(c)

$(c)$

normal-distribution pdf intuition

— Heisenberg
fonte

Che si scopre in questo modo è una conseguenza del fatto che il termine

è negativo della derivata del termine nell'esponente; è uno dei tanti risultati accurati per lo standard normale, ma non ha necessariamente intuizione dietro di esso. D'altra parte non mi sorprenderebbe affatto se una delle persone intelligenti qui potesse escogitare una sorta di intuizione.

z

$z$

— Glen_b -Restate Monica

@Glen_b Quello che stai dicendo è che

doveè il PDF diqualsiasidistribuzione continua

\int_{c}^{\infty} (- \frac{d}{d z} \log (f (z))) f (z) d z = - \int_{c}^{\infty} f^{'} (z) d z = f (c)

$\int_c^\infty \left(-\frac{d}{dz}\log(f(z))\right) f(z) dz = -\int_c^\infty f^\prime(z)dz = f(c)$

f

$f$

F .

$F.$

— whuber

@whuber Questo è certamente il caso, e vale la pena enfatizzare quel risultato, poiché è direttamente pertinente al risultato nella domanda, ma in realtà nel mio commento mi riferivo specificamente al caso in cui il primo di quei termini è (poiché il termine " la formula dell'aspettativa "era nella domanda, l'ho presa per , che è specifica per il normale.

z

$z$

E (Z | Z > c)

$E(Z|Z>c)$

— Glen_b -Reststate Monica

(almeno fino all'ovvia costante moltiplicativa, a proposito di tale aspettativa condizionale). Tuttavia, per quel particolare probabilmente vale la pena discutere in una risposta.

E (g (Z) | Z > c)

$E(g(Z)|Z>c)$

g = - \frac{d}{d z} l o g f

$g=-\frac{d}{dz}log f$

— Glen_b -Restate Monica

L'ultima modifica richiede una prova (o una spiegazione intuitiva) di un'istruzione errata. La densità condizionale di condizionata su è e il valore atteso condizionale è quindi e non quello che hai nel titolo rivisto.

Z \sim N (0, 1)

$Z \sim N(0,1)$

Z > c

$Z > c$

\frac{ϕ (z)}{1 - Φ (c)} 1_{{z : z > c}}

$\frac{\phi(z)}{1-\Phi(c)}\mathbf 1_{\{z\colon z > c\}}$

E [Z ∣ Z > c] = \int_{c}^{\infty} z \frac{ϕ (z)}{1 - Φ (c)} d z = \frac{1}{1 - Φ (c)} \int_{c}^{\infty} z ϕ (z) d z

$E[Z\mid Z > c] = \int_c^{\infty}z\frac{\phi(z)}{1-\Phi(c)}\,\mathrm dz = \frac{1}{1-\Phi(c)}\int_c^{\infty}z\phi(z)\,\mathrm dz$

— Dilip Sarwate,

Il teorema fondamentale del calcolo funzionerebbe per te come intuizione?

Sia la funzione di densità di una normale variabile casuale standard. Quindi, la derivata è . Il Teorema fondamentale del calcolo ci fornisce quindi che dove si ottiene il secondo integrale sostituendo e usando il fatto che e il terzo notando che . In alternativa, scrivi il secondo integrale come integrale da a $\phi(x)$ $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$ $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\phi(x) = -x\phi(x)$

ϕ (x) = \int_{- \infty}^{x} - t ϕ (t) d t = \int_{- x}^{\infty} u ϕ (u) d u = \int_{x}^{\infty} u ϕ (u) d u

$\phi(x) = \int_{-\infty}^x -t\phi(t)\,\mathrm dt = \int_{-x}^\infty u\phi(u)\,\mathrm du = \int_x^\infty u\phi(u)\,\mathrm du$

u = - t

$u = -t$

ϕ (- u) = ϕ (u)

$\phi(-u) = \phi(u)$

ϕ (- x) = ϕ (x)

$\phi(-x) = \phi(x)$

- x

$-x$

+ x

$+x$ più l'integrale da a e nota che l'integrazione di una funzione dispari da a risulta in .

+ x

$+x$

\infty

$\infty$

- x

$-x$

+ x

$+x$

0

$0$

— Dilip Sarwate
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