¿Cómo puedo calcular el $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$?

Question

Supongamos que $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ es una muestra aleatoria de una distribución continua función $F$. Que $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ ser independiente de la $Y_i$'s. ¿Cómo puedo calcular el $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$?

Answer 1

Por la simetría de la distribución, $\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$, para cada una de las $i=1,\dots,n$. Desde $F$ es continua, se tiene $$ \Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\} = 1-\Pr\{Y_{n+1}< Y_i\}=1-\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}. $$ Por lo tanto, $\mathrm{E}\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]=\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=1/2$. Ahora, tenemos $$ \mathrm{E}\!\a la izquierda[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \mathrm{E}\!\a la izquierda[\sum_{i=1}^x I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\a la izquierda[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] $$ $$ = \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\a la izquierda[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2}, $$ en el que se utilizó la linealidad de la esperanza condicional y la independencia de $X$ e las $Y_i$'s. Por lo tanto, $$ \mathrm{E}\!\a la izquierda[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \mathrm{E}\!\a la izquierda[\mathrm{E}\!\a la izquierda[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X\right]\right] = \mathrm{E}\left[\frac{X}{2}\right] = \frac{n+1}{4}. $$

Answer 2

Aquí es una respuesta alternativa a @Lucas', utilizando la ley de expectativas iteradas:

$$ \begin{align} E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] & = E\left[E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE\left[E[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|Y_{n+1}]\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[F(Y_{n+1})]\right] \\[12pt] & = E[X]E\left[F(Y_{n+1})\right] \\[12pt] & =\frac{n+1}{2}E[F(Y_{n+1})] \end {align}$$

El tercer paso de la siguiente manera a partir de la independencia de $Y_i$$Y_{n+1}$$X$; el cuarto paso es de nuevo una aplicación de la ley de expectativas iteradas; el último paso es simplemente una aplicación de la fórmula para la expectativa de una variable aleatoria uniforme discreta.

Invirtiendo el orden de integración, que se derivan el resto de expectativa:

$$ \begin{align} E[F(Y_{n+1})] & = \int_{-\infty}^{\infty}F(y)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^y dF(x)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{x}^{\infty} dF(y)dF(x) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} (1-F(x))dF(x) \\[10pt] & = 1-E[F(Y_{n+1})] \end{align} $$

lo que implica $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$. Por lo tanto:

$$ E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] = \frac{n+1}{4} $$

Answer 3

Tenemos \begin{align} E\left[ \sum_{i = 1}^X I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] &= E\left[ \sum_{i = 1}^n I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] \right] \cdot E\left[ I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E[I[Y_i \leq Y_{n + 1}]] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E\left[ F(Y_{n + 1})] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{n + 1}{4} \end{align}

El segundo paso de la siguiente manera a partir de la linealidad de las expectativas, el tercer paso de la independencia de $X$$Y_1, ..., Y_{n + 1}$, y el quinto paso en el hecho de que $$F(y) = P(Y \leq y) = E[I[Y \leq y]].$$ Para probar el sexto paso, puede utilizar la integración parcial. Para el paso final, se utiliza la fórmula de sumas parciales.