Я собираюсь начать с того, что сразу скажу, что это домашнее задание. Я потратил пару часов на поиски ожидаемых значений и решил, что ничего не понимаю.

Пусть имеет CDF . Найдите для тех значений для которых существует .$X$$F(x) = 1 - x^{-\alpha}, x\ge1$
$E(X)$$\alpha$$E(X)$

Я понятия не имею, как даже начать это. Как я могу определить, какие значения существуют? Я также не знаю, что делать с CDF (я предполагаю, что это означает функцию кумулятивного распределения). Существуют формулы для нахождения ожидаемого значения, когда у вас есть функция частоты или функция плотности. Википедия говорит, что CDF может быть определен через функцию плотности вероятности следующим образом:$\alpha$$X$$f$

$F(x) = \int_{-\infty}^x f(t)\,dt$

Это насколько я получил. Куда мне идти отсюда?

РЕДАКТИРОВАТЬ: я хотел поставить .$x\ge1$

Отредактировано для комментария от вероятностного

Обратите внимание, что в этом случае, поэтому вероятность распределения меньше , поэтому , и вам также понадобится для увеличения cdf.$F(1)=0$$0$$1$$x \ge 1$$\alpha > 0$

Если у вас есть cdf, то вы хотите антиинтеграл или производную, которая с непрерывным распределением, как это

$$f(x) = \frac{dF(x)}{dx}$$

и наоборот для .х ≥ $F(x) = \int_{1}^x f(t)\,dt$$x \ge 1$

Затем, чтобы найти ожидание, вам нужно найти

$$E[X] = \int_{1}^{\infty} x f(x)\,dx$$

при условии, что это существует. Я оставлю исчисление вам.

Использование функции плотности не обязательно

Интегрировать 1 минус CDF

Если у вас есть случайная переменная , у которой есть неотрицательная опора (то есть переменная имеет ненулевую плотность / вероятность только для положительных значений), вы можете использовать следующее свойство:$X$

$$E(X) = \int_0^\infty \left( 1 - F_X(x) \right) \,\mathrm{d}x$$

Аналогичное свойство применяется в случае дискретной случайной величины.

доказательство

Поскольку ,$1 - F_X(x) = P(X\geq x) = \int_x^\infty f_X(t) \,\mathrm{d}t$

$$\int_0^\infty \left( 1 - F_X(x) \right) \,\mathrm{d}x = \int_0^\infty P(X\geq x) \,\mathrm{d}x = \int_0^\infty \int_x^\infty f_X(t) \,\mathrm{d}t \mathrm{d}x$$

Затем измените порядок интеграции:

$$= \int_0^\infty \int_0^t f_X(t) \,\mathrm{d}x \mathrm{d}t = \int_0^\infty \left[xf_X(t)\right]_0^t \,\mathrm{d}t = \int_0^\infty t f_X(t) \,\mathrm{d}t$$

Признавая, что является фиктивной переменной, или беря простую подстановку и ,т = х д т = д$t$$t=x$$\mathrm{d}t = \mathrm{d}x$

$$= \int_0^\infty x f_X(x) \,\mathrm{d}x = \mathrm{E}(X)$$

приписывание

Я использовал раздел « Формулы для особых случаев» статьи « Ожидаемое значение» в Википедии, чтобы освежить память о доказательствах. Этот раздел также содержит доказательства для случая дискретной случайной величины, а также для случая, когда функция плотности не существует.

Результат распространяется на - й момент , а также. Вот графическое представление: $k$$X$

Я думаю, что вы на самом деле имеете в виду , иначе CDF будет пустым, так как .F ( 1 ) = 1 - 1 - α = 1 - 1 = $x\geq 1$$F(1)=1-1^{-\alpha}=1-1=0$

Что вы «знаете» о CDF, так это то, что они в конечном итоге приближаются к нулю, когда аргумент уменьшается без ограничений, и в конечном итоге приближаются к единице как . Они также неубывающие, так что это означает для всех .x → ∞ 0 ≤ F ( y ) ≤ F ( x ) ≤ 1 y ≤ $x$$x \to \infty$$0\leq F(y)\leq F(x)\leq 1$$y\leq x$

Поэтому, если мы подключим CDF, мы получим:

$$0\leq 1-x^{-\alpha}\leq 1\implies 1\geq \frac{1}{x^{\alpha}}\geq 0\implies x^{\alpha}\geq 1 > 0\implies x\geq 1 \>.$$

Из этого мы заключаем, что поддержка - это . Теперь мы также требуем что подразумевает, что$x$$x\geq 1$$\lim_{x\to\infty} F(x)=1$$\alpha>0$

Чтобы определить, какие ценности существуют, нам необходимо:

$$\newcommand{\rd}{\mathrm{d}}E(X)=\int_{1}^{\infty}x\frac{\rd F(x)}{\rd x}\rd x=\alpha\int_{1}^{\infty}x^{-\alpha} \rd x$$

И это последнее выражение показывает, что для существования мы должны иметь , что, в свою очередь, подразумевает . Это можно легко расширить, чтобы определить значения для которых существует -й необработанный момент .- α < - 1 α > 1 α r E ( X $E(X)$$-\alpha<-1$$\alpha>1$$\alpha$$r$$E(X^{r})$

Ответ, требующий изменения порядка, излишне безобразен. Вот более элегантное 2-строчное доказательство.

$\int udv = uv - \int vdu$

Теперь возьмем и$du = dx$$v = 1- F(x)$

$\int_{0}^{\infty} [ 1- F(x)] dx = [x(1-F(x)) ]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} x f(x)dx$

$= 0 + \int_{0}^{\infty} x f(x)dx$

$= \mathbb{E}[X] \qquad \blacksquare$