Как найти среднее значение суммы зависимых переменных?


13

Я знаю, что среднее значение суммы независимых переменных является суммой средних значений каждой независимой переменной. Это относится и к зависимым переменным?


@feetwet, просто удалить «спасибо» не так важно, чтобы натолкнуть поток 18 месяцев назад. FWIW, я проголосовал за отклонение этого редактирования (но 2 других одобрили, так что иначе вы бы не увидели мой комментарий).
gung - Восстановить Монику

1
@ Gung - все виды вещей могут связываться с «Активным» видом вопроса. Ваши наблюдения были сделаны часто, и AFAIK политика Stack Exchange заключается в том, что, несмотря на этот недостаток, допустимые незначительные правки являются хорошей вещью .
ноги

1
@feetwet, я не уверен, насколько важна мета-фотография. У каждого сайта SE есть своя собственная мета и своя политика, определяемая сообществом. Возможно, вы захотите взглянуть на соответствующие темы meta.CV, например, на эту: Обработка «предлагаемых изменений» в сообщениях . Вы можете заметить, что в ответе Уабера цитируются слова Джеффа Этвуда: «крошечные правки, например ... удаление только приветствия из поста ... отклонение их с предубеждением», а Джоран подчеркивает: «Мой порог, когда редактирование слишком незначительно, обратно пропорционально возрасту вопроса ".
gung - Восстановить Монику

1
@gung Фотография Фотография Я ссылался на важные и более поздние вопросы и ответы по Meta Stack Exchange . Но если 4-летний ответ Вубера все еще каноничен для Cross Validated, я буду уважать это в будущем.
ноги

Ответы:


18

Ожидание (с учетом среднего) является линейным оператором .

Это означает, что , среди прочего, для любых двух случайных величин и (для которых существуют ожидания) ), независимо от того, являются ли они независимыми или нет.E(X+Y)=E(X)+E(Y)XY

Мы можем обобщить (например, по индукции ), чтобы так пока существует каждое ожидание .E(i=1nXi)=i=1nE(Xi)E(Xi)

Так что да, среднее значение суммы совпадает с суммой среднего, даже если переменные являются зависимыми. Но обратите внимание, что это не относится к дисперсии! Таким образом, в то время как для независимых переменных или даже переменных, которые являются зависимыми, но некоррелированными , общая формула имеет вид где - ковариация переменных.Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)V a r ( X + Y ) = V a r ( X ) + V a r ( Y ) + 2 C o v ( X , Y ) C o vVar(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+2Cov(X,Y)Cov


10

TL; ДР:
Предполагая, что оно существует, среднее значение является ожидаемым значением, а ожидаемое значение является интегралом, а интегралы обладают свойством линейности по отношению к суммам.

TS; ДР:
Поскольку мы имеем дело с суммой случайных величин , т.е. функции многих из них, среднее значение суммы E ( Y n ) зависит от их совместного распределения ( мы предполагаем , что все средства существуют и являются конечными) Обозначая X многомерный вектор п с.в., их совместная плотность может быть записана в виде F х ( х ) = F X 1 , . , , , XYn=i=1nXiE(Yn)Xnи их совместная поддержка D=S X 1 ×. , , ×S X n Используязакон бессознательного статистики, мы имеемкратныйинтегралfX(x)=fX1,...,Xn(x1,...,xn)D=SX1×...×SXn

.

E[Yn]=DYnfX(x)dx

При некоторых условиях регулярности мы можем разложить кратный интеграл в итерационный интеграл:n

E[Yn]=SXn...SX1[i=1nXi]fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn

и используя линейность интегралов, мы можем разложить в

=SXn...SX1x1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn+......+SXn...SX1xnfX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn

Для каждого итеративного интеграла мы можем перестроить порядок интегрирования так, чтобы в каждом внешнее интегрирование относилось к переменной, которая находится вне плотности соединения. А именно,n

SXn...SX1x1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxn=SX1x1SXn...SX2fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx2...dxndx1

и вообще

=S X

SXn...SXj...SX1xjfX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxj...dxn=
=SXjxjSXn...SXj1SXj+1...SX1fX1,...,Xn(x1,...,xn)dx1...dxj1dxj+1......dxndxj

nnSXjxjfXj(xj)dxj

Собрав все вместе, мы приходим к

E[Yn]=E[i=1nXi]=SX1x1fX1(x1)dx1+...+SXnxnfXn(xn)dxn

Но теперь каждый простой интеграл является ожидаемым значением каждой случайной величины в отдельности, поэтому

E[i=1nXi]=E(X1)+...+E(Xn)
=i=1nE(Xi)

Обратите внимание, что мы никогда не ссылались на независимость или не независимость задействованных случайных величин, но мы работали исключительно с их совместным распределением.


@ssdecontrol Это один upvote я ценю, действительно .
Алекос Пападопулос

1
Разложение в итерированные интегралы и обратно не требуется. Это усложняет простой аргумент. Вы можете заменить раздел «TS; DR» на последнее предложение и получить точный ответ.
whuber

@whuber Полтора года спустя он все еще ускользает от меня (я имею в виду, не используя факт «линейности оператора ожидания», который уже использовался другим ответом). Любой намек, чтобы я мог переработать ответ на этот простой аргумент?
Алекос Пападопулос

Я думаю, что аргумент излишен. Ключ ко всему этому - ваше наблюдение в последнем предложении.
whuber
Используя наш сайт, вы подтверждаете, что прочитали и поняли нашу Политику в отношении файлов cookie и Политику конфиденциальности.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.