Quiero mostrar $E(X)=\sum_{n=1}^\infty P(X\ge n)$

Question

Dejemos que $X:\Omega \to \mathbb N$ sea una variable aleatoria en el espacio de probabilidad $(\Omega,\mathcal B,P)$ .demostrar que $$E(X)=\sum_{n=1}^\infty P(X\ge n).$$

mi definición de $E(X)$ es igual $$E(X)=\int_\Omega X \, dP.$$

Gracias.

Answer 1

Definición de $E(X)$ para la discreción $X$ es $E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$ .

$$P( X \ge i ) = P( X = i ) + P( X = i + 1 ) + \cdots$$

Así que

\begin{align} & \sum_i P( X \ge i ) = P( X \ge 1 ) + P( X \ge 2 ) + \cdots \\[8pt] = {} & P( X = 1 ) + P( X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots + P(X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots \end{align}

(reordenamos los términos en la última expresión)

\begin{align} & = 1 \cdot P( X = 1 ) + 2 \cdot P( X = 2 ) + 3 \cdot P( X = 3 ) + \cdots \\[8pt] & = \sum_i i \cdot P( X = i ) \end{align}

q.e.d.

Answer 2

Me gusta la respuesta de enero. ¿Puedo sugerir una forma de escribir la serie para que el ojo capte más fácilmente la reordenación (así es como me gusta escribirlo en la pizarra)? $$ \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty P(X\geq k) &=& \quad P(X\geq 1) \quad=\quad P(X=1)&+&P(X=2)&+&P(X=3) &+& \;\dots\\ &+& \quad P(X\geq 2) &+& P(X=2) &+&P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad P(X\geq 3) && &+& P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad\quad\;\; \dots && &&&+& \;\dots\\ \end{eqnarray} $$ (El reordenamiento es matemáticamente correcto porque se trata de un serie de términos positivos .)

Answer 3

Creo que la forma estándar de hacerlo es escribiendo

$$X =\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)$$

$$E(X) =E\left(\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)\right)$$

y luego invertir el orden de la expectativa y la suma (por el teorema de Tonelli)

Answer 4

Una de las otras excelentes respuestas aquí (de seanv507 ) ha observado que esta regla de expectativas se deriva en realidad de un resultado más fuerte que expresa la variable aleatoria subyacente como una suma infinita de variables indicadoras. Es posible demostrar un resultado más general, y éste puede utilizarse para obtener la regla de la expectativa en la pregunta. Si $X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$ (por lo que su soporte no es más amplio que los números naturales) entonces se puede demostrar (prueba abajo) que:

$$X = \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \quad \quad \quad \text{for all } m \in \mathbb{N}.$$

Tomando $m \rightarrow \infty$ entonces da el resultado útil:

$$X = \sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{I}(X \geqslant n).$$

Vale la pena señalar que este resultado es más fuerte que la regla de la expectativa en la pregunta, ya que da una descomposición para la variable aleatoria subyacente, y no sólo su momento. Como se indica en la otra respuesta, si se toman las expectativas de ambos lados de esta ecuación y se aplica el teorema de Tonelli (para intercambiar el orden de los operadores de suma y expectativa), se obtiene la regla de expectativa de la pregunta. Esta es una regla de expectativas estándar que se utiliza cuando se trata de variables aleatorias no negativas.

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El resultado anterior se puede demostrar de forma bastante sencilla. Comience por observar que:

$$X = \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \text{countable times}}.$$

Para cualquier $m \in \mathbb{N}$ por lo tanto, tenemos:

$$\begin{equation} \begin{aligned} X &= \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \max(0,m-X) \text{ times}} \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=1}^{\max(0,m-X)} \mathbb{I}(X \geqslant X+ n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=X+1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) . \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}.$$