나는 이것이 바로 책에서 숙제 문제라고 말하는 것으로 시작하겠습니다. 나는 예상 값을 찾는 방법을 찾기 위해 몇 시간을 보냈으며 아무것도 이해하지 못한다고 결정했습니다.

하자 $X$ CDF를 갖고 . 찾기 들 값 있는$F(x) = 1 - x^{-\alpha}, x\ge1$
$E(X)$$\alpha$$E(X)$ 가 존재 .

나는 이것을 시작하는 방법을 모른다. 존재 하는 값을 어떻게 확인할 수 있습니까? 또한 CDF로 무엇을해야할지 모르겠습니다 (이것은 누적 분포 함수를 의미한다고 가정합니다). 주파수 함수 또는 밀도 함수가있을 때 예상 값을 찾는 공식이 있습니다. Wikipedia에 따르면 의 CDF는 다음과 같이 확률 밀도 함수 로 정의 할 수 있습니다 .$\alpha$$X$$f$

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

이것은 내가 가진 한입니다. 여기서 어디로 가나 요?

편집 : 나는 을 넣어야 .$x\ge1$

확률 론적 의견에 대한 편집

참고는 $F(1)=0$ 분배하므로,이 경우에는 확률 갖는다 $0$ 이하가되는 $1$ 있으므로 $x \ge 1$ , 및 또한 필요 $\alpha > 0$ 증가 CDF 대한.

cdf가 있다면 다음과 같이 연속 분포를 갖는 안티-인테그랄 또는 파생물을 원합니다.

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

역으로 를위한 X ≥ 1 .$F(x) = \int_{1}^x f(t)\,dt$$x \ge 1$

그런 다음 기대를 찾으려면 찾아야합니다.

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

이것이 존재한다면 미적분을 당신에게 맡기겠습니다.

밀도 기능의 사용이 필요하지 않습니다

1에서 CDF를 뺀 값을 적분

음수가 아닌 서포트 가있는 랜덤 변수 가있는 경우 (즉, 변수는 양수 값에 대해서만 0이 아닌 밀도 / 확률을 가짐 ) 다음 특성을 사용할 수 있습니다.$X$

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

불연속 랜덤 변수의 경우에도 유사한 속성이 적용됩니다.

증명

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

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

그런 다음 통합 순서를 변경하십시오.

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

가 더미 변수 임을 인식 하거나 간단한 대체 t = x 및 d t = d x를 취하면 ,$t$$t=x$$\mathrm{d}t = \mathrm{d}x$

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

Attribution

I used the Formulas for special cases section of the Expected value article on Wikipedia to refresh my memory on the proof. That section also contains proofs for the discrete random variable case and also for the case that no density function exists.

The result extends to the $k$th moment of $X$ as well. Here is a graphical representation:

I think you actually mean $x\geq 1$, otherwise the CDF is vacuous, as $F(1)=1-1^{-\alpha}=1-1=0$.

What you "know" about CDFs is that they eventually approach zero as the argument $x$ decreases without bound and eventually approach one as $x \to \infty$. They are also non-decreasing, so this means $0\leq F(y)\leq F(x)\leq 1$ for all $y\leq x$.

So if we plug in the CDF we get:

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

From this we conclude that the support for $x$ is $x\geq 1$. Now we also require $\lim_{x\to\infty} F(x)=1$ which implies that $\alpha>0$

To work out what values the expectation exists, we require:

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

And this last expression shows that for $E(X)$ to exist, we must have $-\alpha<-1$, which in turn implies $\alpha>1$. This can easily be extended to determine the values of $\alpha$ for which the $r$'th raw moment $E(X^{r})$ exists.

The Answer requiring change of order is unnecessarily ugly. Here's a more elegant 2 line proof.

$\int udv = uv - \int vdu$

Now take $du = dx$ and $v = 1- F(x)$

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

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

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