CDF का उपयोग करके अपेक्षित मान प्राप्त करें

Question

मैं यह कहकर शुरू करने जा रहा हूं कि यह पुस्तक से सीधे घर का बना समस्या है। मैंने अपेक्षित मूल्यों को खोजने के लिए कुछ घंटे बिताए हैं, और निर्धारित किया है कि मैं कुछ भी नहीं समझता हूं।

चलो $X$ CDF है $F(x) = 1 - x^{-\alpha}, x\ge1$ ।
खोजें के उन मूल्यों के लिए जिसके लिए मौजूद है।$E(X)$$\alpha$$E(X)$

मुझे नहीं पता कि इसे कैसे शुरू किया जाए। मैं कैसे निर्धारित कर सकता हूं कि $\alpha$ कौन से मूल्य मौजूद हैं? मुझे यह भी पता नहीं है कि सीडीएफ के साथ क्या करना है (मैं इसका मतलब संचयी वितरण समारोह है)। जब आपके पास आवृत्ति फ़ंक्शन या घनत्व फ़ंक्शन होता है, तो अपेक्षित मान खोजने के लिए सूत्र होते हैं। विकिपीडिया का कहना है कि $X$ के CDF को संभाव्यता घनत्व फ़ंक्शन $f$ संदर्भ में निम्नानुसार परिभाषित किया जा सकता है:

$F(x) = \int_{-\infty}^x f(t)\,dt$

यह उतना ही है जितना मुझे मिला। मैं यहाँ से कहाँ जाऊँ?

संपादित करें: मेरा मतलब $x\ge1$ रखना है ।

Answer 1

संभाव्यता से टिप्पणी के लिए संपादित

ध्यान दें कि इस मामले में तो बंटन प्रायिकता है 0 से कम होने के 1 , इसलिए एक्स ≥ 1 , और आप भी आवश्यकता होगी α > 0 एक बढ़ती हुई CDF के लिए।$F(1)=0$$0$$1$$x \ge 1$$\alpha > 0$

यदि आपके पास cdf है तो आप एंटी-इंटीग्रल या व्युत्पन्न चाहते हैं जो कि इस तरह के निरंतर वितरण के साथ है

$$f(x) = \frac{dF(x)}{dx}$$

और रिवर्स में $F(x) = \int_{1}^x f(t)\,dt$ के लिए$x \ge 1$ ।

फिर उस अपेक्षा को पाने के लिए जिसे आपको खोजना है

$$E[X] = \int_{1}^{\infty} x f(x)\,dx$$

बशर्ते कि यह मौजूद है। मैं तुम्हारे लिए पथरी छोड़ दूंगा।

Comments

@ जबानी - $F(1)=1-1^{-\alpha}=1-1=0$ , इसलिए समर्थन 1 से नीचे नहीं हो सकता है (जैसा कि सीडीएफ एक गैर-घटता कार्य है)

— संभावना 6

@probabilityislogic: आप पुस्तक के संदर्भ में सही हो सकते हैं। मैं अपनी प्रतिक्रिया बदलूंगा।

— हेनरी

जवाब के लिए धन्यवाद। F (x) क्या दर्शाता है? संभावना घनत्व समारोह? क्या cdf का व्युत्पन्न हमेशा f (x) होता है?

— स्टाइलफेल

वास्तव में प्रायिकता घनत्व फ़ंक्शन माना जाता है। यदि cdf का व्युत्पन्न है तो यह घनत्व है, हालाँकि वितरण (उदाहरण के लिए असतत) हैं जहाँ cdf का व्युत्पन्न हर जगह नहीं है$f(x)$

— हेनरी

@styfle: यह तो मौजूद है, तो , और इसी प्रकार के अन्य कार्यों की उम्मीदों के लिए एक्स । $E[X^2] = \int_{1}^{\infty} x^2 f(x)\,dx$$x$

— 22

Answer 2

घनत्व फ़ंक्शन का उपयोग आवश्यक नहीं है

CDF 1 माइनस को एकीकृत करें

जब आपके पास एक यादृच्छिक चर है जिसमें एक समर्थन होता है जो गैर-ऋणात्मक होता है (अर्थात, चर में केवल सकारात्मक मानों के लिए nonzero घनत्व / प्रायिकता है), तो आप निम्न संपत्ति का उपयोग कर सकते हैं:$X$

$$E(X) = \int_0^\infty \left( 1 - F_X(x) \right) \,\mathrm{d}x$$

एक समान संपत्ति एक असतत यादृच्छिक चर के मामले में लागू होती है।

प्रमाण

के बाद से ,$1 - F_X(x) = P(X\geq x) = \int_x^\infty f_X(t) \,\mathrm{d}t$

$$\int_0^\infty \left( 1 - F_X(x) \right) \,\mathrm{d}x = \int_0^\infty P(X\geq x) \,\mathrm{d}x = \int_0^\infty \int_x^\infty f_X(t) \,\mathrm{d}t \mathrm{d}x$$

फिर एकीकरण का क्रम बदलें:

$$= \int_0^\infty \int_0^t f_X(t) \,\mathrm{d}x \mathrm{d}t = \int_0^\infty \left[xf_X(t)\right]_0^t \,\mathrm{d}t = \int_0^\infty t f_X(t) \,\mathrm{d}t$$

यह पहचानना कि एक डमी वैरिएबल है, या साधारण प्रतिस्थापन टी = एक्स और डी टी = डी एक्स ले रहा है ,$t$$t=x$$\mathrm{d}t = \mathrm{d}x$

$$= \int_0^\infty x f_X(x) \,\mathrm{d}x = \mathrm{E}(X)$$

आरोपण

मैंने अपनी मेमोरी को प्रूफ पर रीफ्रेश करने के लिए विकिपीडिया पर एक्सपेक्टेड वैल्यू आर्टिकल के विशेष केस सेक्शन के फॉर्मूले का इस्तेमाल किया । उस खंड में असतत रैंडम वेरिएबल केस के लिए सबूत भी होते हैं और इस मामले के लिए भी कि कोई घनत्व फ़ंक्शन मौजूद नहीं है।

Comments

+1 महान परिणाम: सीएफडी का अभिन्न अंग वास्तव में सरल है, इसके अलावा, डेरिवेटिव से बचने के लिए बुद्धिमान है, जब भी हम कर सकते हैं (वे अभिन्न के रूप में अच्छी तरह से व्यवहार नहीं किया जाता है;))। अतिरिक्त: विचरण की गणना करने के लिए cdf का उपयोग करके यहाँ देखें math.stackexchange.com/questions/1415366/…

— love.by.Jesus

जब आप एकीकरण के क्रम को बदलते हैं, तो आप एकीकरण सीमाएं कैसे प्राप्त करते हैं?

— ज़ाज़

मानक प्रमाण यह नहीं मानता कि में घनत्व है। $X$

— ae0709

@Zaz हमने एकीकरण सीमाएँ सेट की हैं ताकि (t, x) स्पेस का एक ही हिस्सा कवर हो। मूल अवरोध x> 0 और t> x हैं। हमारे पास बाहरी सीमाएं आंतरिक चर पर निर्भर नहीं हो सकती हैं, लेकिन हम उसी क्षेत्र को t> 0 और 0 <x <t के रूप में परिभाषित कर सकते हैं। इस प्रक्रिया के अच्छे उदाहरण यहाँ हैं: mathinsight.org/…

— fredcallaway

Answer 3

इसका परिणाम एक्स के वें क्षण तक भी होता है। यहाँ एक चित्रमय प्रतिनिधित्व है: $k$$X$

Answer 4

मैं आप वास्तव में मतलब लगता है , अन्यथा CDF, असार है के रूप में एफ ( 1 ) = 1 - 1 - α = 1 - 1 $x\geq 1$ ।$F(1)=1-1^{-\alpha}=1-1=0$

क्या आप "पता" के बारे में CDFS कि वे अंततः तर्क के रूप में शून्य दृष्टिकोण है बाध्य बिना कम हो जाती है और अंत में के रूप में एक दृष्टिकोण एक्स → ∞ । उन्होंने यह भी गैर-घटते, तो यह साधन 0 ≤ एफ ( y ) ≤ एफ ( एक्स ) ≤ 1 सभी के लिए y ≤ एक्स ।$x$$x \to \infty$$0\leq F(y)\leq F(x)\leq 1$$y\leq x$

इसलिए यदि हम सीडीएफ में प्लग इन करते हैं:

$$0\leq 1-x^{-\alpha}\leq 1\implies 1\geq \frac{1}{x^{\alpha}}\geq 0\implies x^{\alpha}\geq 1 > 0\implies x\geq 1 \>.$$

$x$$x\geq 1$$\lim_{x\to\infty} F(x)=1$ which implies that $\alpha>0$

To work out what values the expectation exists, we require:

$$\newcommand{\rd}{\mathrm{d}}E(X)=\int_{1}^{\infty}x\frac{\rd F(x)}{\rd x}\rd x=\alpha\int_{1}^{\infty}x^{-\alpha} \rd x$$

And this last expression shows that for $E(X)$ to exist, we must have $-\alpha<-1$, which in turn implies $\alpha>1$. This can easily be extended to determine the values of $\alpha$ for which the $r$'th raw moment $E(X^{r})$ exists.

Comments

(+1) Particularly for the sharp-eyed recognition that the given support was incorrect.

— cardinal

Thanks for the response. I fixed the question. I meant to put x>=1. How did you know to first differentiate the cdf to get the density function?

— styfle

@styfle - because that's what a PDF is, whenever the CDF is continuous and differentiable. You can see this by looking at how you have defined your CDF. Differentiating an integral just gives you the integrand when the upper limit is the subject of the differentiation.

— probabilityislogic

@styfle - the PDF can also be seen as the probability that a RV lies in an infinitesimal interval. $Pr(x<X<x+dx)=F(x+dx)-F(x)\to \frac{dF(x)}{dx}dx=f(x)dx$ as $dx\to 0$. This way holds more generally, even for discrete RV and RV without a density (the limit is just something other than a derivative)

— probabilityislogic

Answer 5

The Answer requiring change of order is unnecessarily ugly. Here's a more elegant 2 line proof.

$\int udv = uv - \int vdu$

Now take $du = dx$ and $v = 1- F(x)$

$\int_{0}^{\infty} [ 1- F(x)] dx = [x(1-F(x)) ]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} x f(x)dx$

$= 0 + \int_{0}^{\infty} x f(x)dx$

$= \mathbb{E}[X] \qquad \blacksquare$

Comments

I think you mean to let du-dx so that u=x.

— Michael R. Chernick