Bedingte Erwartung einer exponentiellen Zufallsvariablen

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Für eine Zufallsvariable ist $X\sim \text{Exp}(\lambda)$ ( $\mathbb{E}[X] = \frac{1}{\lambda}$ ) Ich fühle intuitiv, dass $\mathbb{E}[X|X > x]$ sollte gleich $x + \mathbb{E}[X]$ da durch die memorylose Eigenschaft die Verteilung von $X|X > x$ ist dasselbe wie $X$ jedoch umnach rechts verschoben $x$ .

Ich bemühe mich jedoch, die memorylose Eigenschaft zu verwenden, um einen konkreten Beweis zu liefern. Jede Hilfe wird sehr geschätzt.

Vielen Dank.

random-variable exponential conditional-expectation

— mchen
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Hinweis:

ist der mathematische Ausdruck "auf der rechten Seite durch verschoben entsprechenden

", und so

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

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

a

$a$

Nehmen Sie nun eine Änderung der Variablen für das Integral auf der rechten Seite vor.

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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Beachten Sie, dass

ist eine abgeschnittene Verteilung, die unter "

" abgeschnitten ist. Insbesondere ist sie eine verschobene Exponentialverteilung und verschobene Exponentialverteilung hat keine memorylose Eigenschaft .

X | X > x

$X|X>x$

x

$x$

— AD

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$\ldots$ Durch die Eigenschaft memoryless die Verteilung von $X|X > x$ ist dasselbe wie $X$ jedoch um $x$ nach rechts verschoben.

Lassen Sie $f_X(t)$ die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (pdf) von bezeichnen $X$ . Dann lautet die mathematische Formulierung für das, was Sie korrekt angeben $-$ nämlich das bedingte pdf von $X$ vorausgesetzt, dass $\{X > x\}$ dasselbe ist wie das von $X$ aber um $x$ nach rechts verschoben $-$ dass $f_{X \mid X > x}(t) = f_X(t-x)$ . Daher ist $E[X\mid X > x]$ , dererwartete Wertvon $X$ gegebendass $\{X > x\}$ ist

\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}

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

X

$X$ in der Berechnungnicht explizit verwendet habenund nicht einmalexplizitintegrieren müssen,wenn wir uns nur daran erinnern, dass (i) die Fläche unter einem PDF

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$1$ und (ii) der erwartete Wert von a definiert ist kontinuierliche Zufallsvariable in Bezug auf seine PDF.

— Dilip Sarwate
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Für hat das Ereignis die Wahrscheinlichkeit . Daher ist $x>0$ $\{X>x\}$ $P\{X>x\}=1-F_X(x)=e^{-\lambda x} > 0$ aber

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

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

(unter Verwendung des Feynmanschen Tricks, der durch das Dominated Convergence Theorem bestätigt wird, weil es Spaß macht)

E [X {ich}_{{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},

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

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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Obwohl die Verwendung von Feynmans Trick interessant ist, warum nicht einfach nach Teilen integrieren lassen

\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