Pruebas rigurosas de que $\int_{\Omega}X\;dP=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\;dx$

Question

Estoy tratando de demostrar rigurosamente que $\int_{\Omega}X\;dP=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\;dx$. Donde $f$ es el pdf de la variable aleatoria $X$.

No puedo encontrar una prueba en el artículo de la wikipedia, o si es allí, entonces es disfrazado suficiente que no puedo reconocer. Básicamente lo que tenemos es una especie de semi-riguroso (y probablemente incorrecta) la prueba de la igualdad, pero tal vez alguien me podría ayudar carne de los detalles.

Prueba:

A partir de la definición que $E[X]:=\int_{\Omega}X\;dP$.

Dada una variable aleatoria $X:\Omega\rightarrow\mathbb{R}$, tenemos la inducida por la medida en $(\mathbb{R}, \mathscr{B}(\mathbb{R}))$$P(\{X\in A\})$. A continuación, por el Radon-Nikodym teorema existe una función medible $f:\mathbb{R}\rightarrow [0,\infty)$ tal que $$P(\{X\in A\}) = \int_Afd\mu,$$

donde $d\mu$ es la medida de Lebesgue. A partir de aquí se hace un poco la mano-ondulado. Básicamente a partir de esta medida fue inducida por la variable aleatoria $X$, $\mathbb{R}$ esta variable aleatoria está dada simplemente por la identidad de la función $g(x)=x$. Y por lo tanto, por definición, se escribe el valor esperado de $g$ con respecto a nuestros Radon-Nikodym producido medir en la forma $$\int_{-\infty}^{\infty}x\;d\Big(\int_Afd\mu\Big).$$

Ahora, por el Teorema Fundamental del Cálculo, esto se convierte en $$\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\;dx.$$

Lo que no todo el mundo piensa acerca de esto?

Answer 1

Si $X\geqslant0$ casi seguramente, los rendimientos de Fubini $$ E[X]=\int_\Omega X\mathrm dP=\int_\Omega\int_0^\infty\mathbf 1_{t\leqslant X}\mathrm dt\mathrm dP=\int_0^\infty\int_\Omega\mathbf 1_{t\leqslant X}\mathrm dP\mathrm dt=\int_0^\infty P[X\geqslant t]\mathrm dt. $$ Ahora, para cada una de las $t$, $$ P[X\geqslant t]=\int_0^\infty \mathbf 1_{x\geqslant t}f(x)\mathrm dx, $$ por lo tanto Fubini de nuevo los rendimientos $$ E[X]=\int_0^\infty\int_0^\infty \mathbf 1_{x\geqslant t}f(x)\mathrm dx\mathrm dt=\int_0^\infty\int_0^\infty \mathbf 1_{x\geqslant t}\mathrm dtf(x)\mathrm dx=\int_0^\infty xf(x)\mathrm dx. $$ Si $X$ es real valorados con $P[X\gt0]\cdot P[X\lt0]\ne0$, la utilización de la identidad de la $E[X]=aE[Y]-bE[Z]$ donde $a=P[X\gt0]$, $b=P[X\lt0]$, $Y$ la distribución de los $X$ condicionado a $X\gt0$ $Z$ la distribución de los $-X$ condicionado a $X\lt0$, que es, $a=1-F(0)$, $b=F(0)$, $$ f_Y(y)=\frac{f(y)}{a}\mathbf 1_{y\gt0},\qquad f_Z(z)=\frac{f(-z)}{b}\mathbf 1_{z\gt0}. $$ Este rendimientos $$ E[X]=\int_0^\infty y\frac{f(y)}{a}\mathrm dy-b\int_0^\infty z\frac{f(-z)}{b}\mathrm dz=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\mathrm dx. $$

Answer 2

Voy a tratar de dar un poco más resultado general. Deje $(\Omega,\ \mathcal{E},\ P)$ ser un espacio de probabilidad y deje $X\colon \Omega\longrightarrow \mathbb{R}$ ser una variable aleatoria, yo.e para cada $I\in \mathcal{B}$, $X^{-1}(I)\in\mathcal{E}$, donde $\mathcal{B}$ es el habitual de Borel $\sigma-$álgebra en $\mathbb{R}$. Vamos a escribir $\mu:=\mu_{X}$ para la distribución de probabilidad de $X$, yo.e para la medida definidos en $\mathcal{B}$ $\mu(I):=P(X^{-1}(I))$ por cada $I\in\mathcal{B}$. A continuación, el siguiente tiene.

Teorema (Abstracto-Concreto de la Fórmula): Vamos a $\phi\colon\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ ser un borelian función, me.e $\phi^{-1}(I)\in\mathcal{B}$ por cada $I\in\mathcal{B}$, y escribir $\phi(X)$ para la composición,$\phi\circ X$. Supongamos que al menos uno entre las integrales de $$\int_{\Omega} \phi(X)\ dP\quad\text{and}\quad \int_{\mathbb{R}}\phi (x) \ d\mu $$ existe (resp. existe y es finito). A continuación, también el otro existe (resp. existe y es finito) y sostiene que el $$\int_{\Omega} \phi(X)\ dP=\int_{\mathbb{R}}\phi (x) \ d\mu\ .$$ En particular, $\phi(X)$ es summable con respecto a $P$ si y sólo si $\phi$ es summable con respecto a $\mu$.

(Cuando digo que un Lebesgue la integral de una función medible existe, me permitirá que no es finito). La prueba de este hecho es bastante sencillo, pero requiere algo de teoría de la medida, con resultados como el teorema de aproximación con funciones simples y la Lebesgue de la monotonía teorema de convergencia. En efecto, supongamos primero que $\phi$ es un (finitely) simple y positiva de la función. A continuación, también se $\phi(X)$ es simple (y positivo) y (por tanto), en ambos se menciona integrales siempre existen. Escrito $\phi=\sum_{i=1}^{n} c_{i}1_{E_{i}}$, donde $n=\vert \phi(\mathbb{R})\vert$, $\phi (\mathbb{R})=\{c_{1},\cdots,c_{n}\}$ y $E_{i}:=\phi^{-1}(\{c_{i}\})$, obtenemos $$\int_{\mathbb{R}}\phi (x) \ d\mu=\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mu (E_{i})=\sum_{i} c_{i}P(X^{-1}(E_{i}))=\sum_{i} c_{i}P(X^{-1}(\phi^{-1}(\{c_{i}\})))=\int_{\Omega} \phi(X)\ dP.$$ Assume now $\phi$ is a non-negative borelian function. Then there exists a non-decreasing sequence $(\phi_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ of simple, positive functions such that $\lim\limits_{n\to \infty}\phi_{n}(x)=\phi (x)$ for every $x\in\mathbb{R}$. By monotone convergence theorem we get immediately that $$\int_{\mathbb{R}}\phi (x) \ d\mu=\int_{\mathbb{R}}(\lim_{n\to\infty}\phi_{n} (x)) \ d\mu =\lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}}\phi_{n} (x) \ d\mu=\lim_{n\to\infty} \int_{\Omega}\phi_{n} (X) \ dP=\int_{\Omega} \phi(X)\ dP.$$ Finally, suppose only $\phi\colon \mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ is a borelian function, with no further restrictions. Then one can write $\phi=\phi^{+}-\phi^{-}$ (here for notation). Suppose $\int_{\mathbb{R}}\phi (x) \ d\mu$ exists: then at least one between $\int_{\mathbb{R}}\phi^{+} (x) \ d\mu$ and $\int_{\mathbb{R}}\phi^{-}(x) \ d\mu$ (say, the first one) must be finite and hence also $\int_{\Omega}(\phi(X))^{+} \ dP$ is finite, i.e $\int_{\Omega}\phi(X)\ dP$ existe. Ahora está claro que podemos concluir con nuestra tesis.

Corolario: En la situación anterior, si $E[X]<+\infty$, luego $$E[X]:=\int_{\Omega} X\ dP=\int_{\mathbb{R}} x\ d\mu.$$ In particular, if $\mu$ is absolutely continuous with respect to Lebesgue's Measure (on $\mathbb{R}$) and has density $f$, then we get $E[X]=\int_{\mathbb{R}} xf(x)\, dx$ (por (una directa consecuencia de) Radon-Nikodym teorema).