Jeg vil lære hvordan jeg beregner forventet verdi av en kontinuerlig tilfeldig variabel. Det ser ut til at den forventede verdien er $$ E [X] = \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xf (x) \ mathrm {d} x $$ hvor $ f (x) $ er sannsynlighetstetthetsfunksjonen på $ X $.
Anta at sannsynlighetstetthetsfunksjonen på $ X $ er $$ f (x) = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} e ^ {\ frac {- x ^ {2}} {2}} $$ som er tettheten til standard normalfordeling.
Så jeg vil først plugge i 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 ganske rotete ligning. Den konstante $ \ displaystyle \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} $ kan flyttes utenfor integralen, noe som gir $$ E [X] = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xe ^ {\ frac {-x ^ {2}} {2}} \ mathrm {d} x. $$
Jeg blir sittende fast her. Hvordan beregner jeg integral? Gjør jeg dette riktig så langt? Er den enkleste måten å få den forventede verdien på?
Kommentarer
- spørsmålstittelen din er misvisende. Du prøver faktisk å beregne den forventede verdien av en standard normal tilfeldig variabel. Du kan også beregne den forventede verdien av en funksjon av en bobil. Jeg vil heller legge i tittelen: » Hvordan beregne den forventede verdien av en standard normalfordeling. » Eller » Slik beregner du forventet verdi av en kontinuerlig tilfeldig variabel. »
- @Gu ð mundurEinarsson korrigert.
- » Jeg sitter fast her. Hvordan beregner jeg integral? » Finn derivatet til $ -e ^ {- \ frac {x ^ 2} {2}} $. (Nei, jeg er ikke ansiktsfull og foreslår unødvendig travelt arbeid for deg; jeg er dødelig alvorlig; bare gjør det!). Stir så veldig hardt på det deriverte du har funnet.
Svar
Du er nesten der, følg din siste trinn:
$$ E [X] = \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} xe ^ {\ displaystyle \ frac { -x ^ {2}} {2}} \ mathrm {d} x \\ = – \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} e ^ { -x ^ 2/2} d (- \ frac {x ^ 2} {2}) \\ = – \ frac {1} {\ sqrt {2 \ pi}} e ^ {- x ^ 2/2} \ midt _ {- \ infty} ^ {\ infty} \\ = 0 $$.
Eller du kan direkte bruke det faktum at $ xe ^ {- x ^ 2/2} $ er en merkelig funksjon og grensene for integralet er symmetri.
Kommentarer
- Symmetriargumentet fungerer bare hvis begge halvdelene selv er konvergente.
- Kan du forklare hva som skjer på andre rad?
- Glen ‘ s kommentar er riktig hvis den ikke er konvergent, så vil ikke endringsvariabler fungere
- Den andre raden er lik den første raden siden $ d (- \ frac {x ^ 2} {2}) = – xdx $ merk også negativt tegnet i begynnelsen. Da kan du tenke på endring av variabel for integrering, så endrer du den tilbake siden grensene ikke endret seg. Eller du kan bruke integrer etter deler. Og husk $ \ int_ {a} ^ {b} e ^ y dy = e ^ y \ mid_ {a} ^ {b} $
- For å bruke symmetri for å få gjennomsnittet må du vite at $ \ int_0 ^ \ infty xf (x) dx $ konvergerer – det gjør det for dette tilfellet, men mer generelt kan du ‘ t anta det. For eksempel vil symmetriargumentet si at gjennomsnittet av standard Cauchy er 0, men det har ikke ‘ t.
Svar
Siden du vil lære deg metoder for beregning av forventninger, og du vil vite noen enkle måter, vil du like å bruke momentgenererende funksjon (mgf)
$$ \ phi (t) = E [e ^ {tX}]. $$
Metoden fungerer spesielt godt når distribusjonsfunksjonen eller dens tetthet er gitt som eksponentielle i seg selv. I dette tilfellet trenger du ikke å gjøre noen integrasjon etter at du har observert
$$ t ^ 2/2 – \ left (x – t \ right) ^ 2/2 = t ^ 2 / 2 + (-x ^ 2/2 + tx – t ^ 2/2) = -x ^ 2/2 + tx, $$
fordi, når du skriver standard normal tetthetsfunksjon på $ x $ som $ C e ^ {- x ^ 2/2} $ (for en konstant $ C $ hvis verdi du ikke trenger å vite), dette tillater deg å omskrive 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 høyre side følger du $ e ^ {t ^ 2/2} $ term, vil du gjenkjenne integralen av den totale sannsynligheten for en normalfordeling med gjennomsnittlig $ t $ og enhetsvarians, som derfor er $ 1 $. Følgelig
$$ \ phi (t) = e ^ {t ^ 2/2}. $$
Fordi Normal tetthet blir liten ved store verdier så raskt, er det ingen konvergensproblemer uavhengig av verdien på $ t $. $ \ phi $ er gjenkjennelig analytisk til $ 0 $, noe som betyr at den tilsvarer MacLaurin-serien
$$ \ phi (t) = e ^ {t ^ 2/2} = 1 + (t ^ 2/2 ) + \ frac {1} {2} \ left (t ^ 2/2 \ right) ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {k!} \ left (t ^ 2/2 \ right) ^ k + \ cdots.$$
Men siden $ e ^ {tX} $ konvergerer absolutt for alle verdier på $ tX $, kan vi også skrive
$$ E [e ^ {tX}] = E \ left [1 + tX + \ frac {1} {2} (tX) ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {n!} (TX) ^ n + \ cdots \ right] \\ = 1 + E [X] t + \ frac {1} {2} E [X ^ 2] t ^ 2 + \ cdots + \ frac {1} {n!} E [X ^ n] t ^ n + \ cdots. $$
To konvergerende kraftserier kan bare være like hvis de er like sikt etter sikt, hvorfra (sammenlikning av begrepene som 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 forventningene til odde krefter på $ X $ er null). For praktisk talt ingen anstrengelser har du oppnådd forventningene til alle positive integralkrefter på $ X $ på en gang.
Variasjoner av denne teknikken kan fungere like bra i noen tilfeller, for eksempel $ E [1 / (1-tX)] = E [1 + tX + (tX) ^ 2 + \ cdots + (tX) ^ n + \ cdots] $, forutsatt at rekkevidden på $ X $ er passende begrenset. Mgf (og dens nære slektning karakteristiske funksjon $ E [e ^ {itX}] $) er imidlertid så generelt nyttige at du finner dem gitt i tabeller over fordelingsegenskaper, for eksempel i Wikipedia-oppføringen om normalfordelingen .