Tôi muốn hiển thị

Đặt là biến ngẫu nhiên trên không gian xác suất .show rằng$X:\Omega \to \mathbb N$$(\Omega,\mathcal B,P)$

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

định nghĩa của tôi từ bằng $E(X)$

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

Cảm ơn.

Định nghĩa của cho rời rạc là .$E(X)$$X$$E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$

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

Vì thế

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

(chúng tôi sắp xếp lại các điều khoản trong biểu thức cuối cùng)

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

qed

Tôi thích câu trả lời của tháng một. Tôi có thể đề xuất một cách để viết ra bộ truyện để mắt bắt được sự sắp xếp lại dễ dàng hơn (đây là cách tôi muốn viết nó trên bảng đen)? (Sự sắp xếp lại là âm thanh toán học vì đây là một loạt các thuật ngữ tích cực .)

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

Tôi nghĩ rằng cách tiêu chuẩn để làm điều này là bằng văn bản

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

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

và sau đó đảo ngược thứ tự kỳ vọng và tổng (theo định lý của Tonelli)

Một trong những câu trả lời xuất sắc khác ở đây (từ seanv507 ) đã lưu ý rằng quy tắc kỳ vọng này thực sự xuất phát từ kết quả mạnh hơn biểu thị biến ngẫu nhiên cơ bản dưới dạng tổng vô số các biến chỉ báo. Có thể chứng minh một kết quả tổng quát hơn, và điều này có thể được sử dụng để có được quy tắc kỳ vọng trong câu hỏi. Nếu (vì vậy hỗ trợ của nó không rộng hơn số tự nhiên) thì có thể hiển thị (bằng chứng bên dưới) rằng:$X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$

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

Lấy sau đó cho kết quả hữu ích:$m \rightarrow \infty$

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

Điều đáng chú ý là kết quả này mạnh hơn quy tắc kỳ vọng trong câu hỏi, vì nó đưa ra sự phân tách cho biến ngẫu nhiên cơ bản, và không chỉ thời điểm của nó. Như đã lưu ý trong câu trả lời khác, lấy kỳ vọng của cả hai mặt của phương trình này và áp dụng định lý của Tonelli (để hoán đổi thứ tự của toán tử tổng và kỳ vọng), đưa ra quy tắc kỳ vọng trong câu hỏi. Đây là quy tắc kỳ vọng tiêu chuẩn được sử dụng khi xử lý các biến ngẫu nhiên không âm.

---

Kết quả trên có thể được chứng minh khá đơn giản. Bắt đầu bằng cách quan sát rằng:

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

Đối với mọi do đó chúng tôi có:$m \in \mathbb{N}$

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