Jeg vil gerne lære at beregne den forventede værdi af en kontinuerlig tilfældig variabel. Det ser ud til, at den forventede værdi er $$ E [X] = \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xf (x) \ mathrm {d} x $$ hvor $ f (x) $ er sandsynlighedsdensitetsfunktionen på $ X $.
Antag, at sandsynlighedsdensitetsfunktionen på $ X $ er $$ f (x) = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} e ^ {\ frac {- x ^ {2}} {2}} $$, som er densiteten af den normale normalfordeling.
Så jeg vil først tilslutte PDF-filen og få $$ E [X] = \ int_ { – \ infty} ^ {\ infty} x \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} e ^ {\ frac {-x ^ {2}} {2}} \ mathrm {d} x $$ som er en ret rodet ligning. Den konstante $ \ displaystyle \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} $ kan flyttes uden for integralet, hvilket giver $$ E [X] = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xe ^ {\ frac {-x ^ {2}} {2}} \ mathrm {d} x. $$
Jeg sidder fast her. Hvordan beregner jeg integral? Gør jeg dette korrekt indtil videre? Er den enkleste måde at få den forventede værdi på?
Kommentarer
- dit spørgsmålstitel er vildledende. Du prøver faktisk at beregne den forventede værdi af en standard normal tilfældig variabel. Du kan også beregne den forventede værdi af en funktion af en RV. Jeg vil hellere lægge i titlen: ” Sådan beregnes den forventede værdi af en standard normalfordeling. ” Eller ” Sådan beregnes den forventede værdi af en kontinuerlig tilfældig variabel. ”
- @Gu ð mundurEinarsson rettet.
- ” Jeg sidder fast her. Hvordan beregner jeg integral? ” Find afledningen af $ -e ^ {- \ frac {x ^ 2} {2}} $. (Nej, jeg er ikke ansigtsfuld og foreslår unødvendigt travlt arbejde til dig; jeg er dødelig alvorlig; bare gør det!). Stir så meget hårdt på det afledte, du har fundet.
Svar
Du er næsten der, følg din sidste trin:
$$ E [X] = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xe ^ {\ displaystyle \ frac { -x ^ {2}} {2}} \ mathrm {d} x \\ = – \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} e ^ { -x ^ 2/2} d (- \ frac {x ^ 2} {2}) \\ = – \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} e ^ {- x ^ 2/2} \ midt _ {- \ infty} ^ {\ infty} \\ = 0 $$.
Eller du kan direkte bruge det faktum, at $ xe ^ {- x ^ 2/2} $ er en ulige funktion, og grænserne for integralet er symmetri.
Kommentarer
- Symmetriargumentet fungerer kun, hvis begge halvdele i sig selv er konvergente.
- Kunne du forklare, hvad der sker på anden række?
- Glen ‘ s kommentar er korrekt, hvis den ikke er konvergent, så ændrings-variabler fungerer ikke
- Den anden række er lig med den første række, da $ d (- \ frac {x ^ 2} {2}) = – xdx $ bemærk også det negative tegn i starten. Derefter kan du tænke på ændring af variabel til integration, så ændrer du den tilbage, da grænserne ikke ændrede sig. Eller du kan bruge integrere efter dele. Og husk $ \ int_ {a} ^ {b} e ^ y dy = e ^ y \ mid_ {a} ^ {b} $
- For at bruge symmetri for at få det gennemsnit, skal du vide, at $ \ int_0 ^ \ infty xf (x) dx $ konvergerer – det gør det i denne sag, men mere generelt kan du ‘ t antage det. For eksempel vil symmetriargumentet sige, at gennemsnittet af standard Cauchy er 0, men det har ‘ ikke en.
Svar
Da du vil lære metoder til beregning af forventninger, og du ønsker at kende nogle enkle måder, vil du nyde at bruge momentgenererende funktion (mgf)
$$ \ phi (t) = E [e ^ {tX}]. $$
Metoden fungerer især godt, når fordelingsfunktionen eller dens densitet er givet som eksponentialer selv. I dette tilfælde behøver du faktisk ikke foretage nogen integration, når du har observeret
$$ t ^ 2/2 – \ left (x – t \ right) ^ 2/2 = t ^ 2 / 2 + (-x ^ 2/2 + tx – t ^ 2/2) = -x ^ 2/2 + tx, $$
fordi, ved at skrive standard normal densitetsfunktion til $ x $ som $ C e ^ {- x ^ 2/2} $ (for en konstant $ C $ hvis værdi du ikke behøver at vide), dette tillader dig at omskrive sin mgf som
$$ \ phi ( t) = C \ int_ \ mathbb {R} e ^ {tx} e ^ {- x ^ 2/2} dx = C \ int_ \ mathbb {R} e ^ {- x ^ 2/2 + tx} dx = e ^ {t ^ 2/2} C \ int_ \ mathbb {R} e ^ {- (xt) ^ 2/2} dx. $$
På højre side følger du $ e ^ {t ^ 2/2} $ term, vil du genkende integralen af den samlede sandsynlighed for en normalfordeling med gennemsnit $ t $ og enhedsvarians, hvilket derfor er $ 1 $. Derfor
$$ \ phi (t) = e ^ {t ^ 2/2}. $$
Fordi den normale tæthed bliver så lille ved store værdier så hurtigt, er der ingen konvergensproblemer uanset værdien af $ t $. $ \ phi $ er genkendeligt analytisk ved $ 0 $, hvilket betyder, at det svarer til MacLaurin-serien
$$ \ phi (t) = e ^ {t ^ 2/2} = 1 + (t ^ 2/2 ) + \ frac {1} {2} \ venstre (t ^ 2/2 \ højre) ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {k!} \ venstre (t ^ 2/2 \ højre) ^ k + \ cdots.$$
Men da $ e ^ {tX} $ konvergerer absolut for alle værdier på $ tX $, kan vi også skrive
$$ E [e ^ {tX}] = E \ venstre [1 + tX + \ frac {1} {2} (tX) ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {n!} (TX) ^ n + \ cdots \ højre] \\ = 1 + E [X] t + \ frac {1} {2} E [X ^ 2] t ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {n!} E [X ^ n] t ^ n + \ cdots. $$
To konvergente magtserier kan kun være ens, hvis de er lige udtryk for udtryk, hvorfra (sammenligning af termer, der involverer $ t ^ {2k} = t ^ n $)
$$ \ frac {1} {(2k)!} E [X ^ {2k}] t ^ {2k} = \ frac {1} {k!} (t ^ 2/2) ^ k = \ frac {1 } {2 ^ kk!} T ^ {2k}, $$
antyder
$$ E [X ^ {2k}] = \ frac {(2k)!} { 2 ^ kk!}, \ K = 0, 1, 2, \ ldots $$
(og alle forventninger til ulige kræfter på $ X $ er nul). For praktisk talt ingen anstrengelse har du opnået forventningerne om alle positive integrale kræfter på $ X $ på én gang.
Variationer af denne teknik kan i nogle tilfælde fungere lige så godt, såsom $ E [1 / (1-tX)] = E [1 + tX + (tX) ^ 2 + \ cdots + (tX) ^ n + \ cdots] $, forudsat at området på $ X $ er passende begrænset. Mgf (og dens nære slægtning karakteristiske funktion $ E [e ^ {itX}] $) er dog så generelt nyttige, at du finder dem angivet i tabeller med fordelingsegenskaber, såsom i Wikipedia-posten om den normale distribution .