¿Cómo calcular el valor esperado de una distribución normal estándar?

Me gustaría aprender a calcular el valor esperado de una variable aleatoria continua. Parece que el valor esperado es donde es la función de densidad de probabilidad de .

E [X] = \int_{- \infty}^{\infty} x f (x) d x

$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} xf(x)\mathrm{d}x$

f (x)

$f(x)$

X

$X$

Suponga que la función de densidad de probabilidad de es que es la densidad del distribución normal estándar $X$

f (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{- x^{2}}{2}}

$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^{2}}{2}}$

Entonces, primero enchufaría el PDF y obtendría que es una ecuación de aspecto bastante desordenado. La constante se puede mover fuera de la integral, dando

E [X] = \int_{- \infty}^{\infty} x \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{- x^{2}}{2}} d x

$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^{2}}{2}}\mathrm{d}x$

\frac{1}{\sqrt{2 π}}

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$

E [X] = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} x e^{\frac{- x^{2}}{2}} d x .

$E[X] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} xe^{\frac{-x^{2}}{2}}\mathrm{d}x.$

Me quedo atrapado aquí. ¿Cómo calculo integral? ¿Estoy haciendo esto correctamente hasta aquí? ¿Es la forma más sencilla de obtener el valor esperado?

random-variable pdf expected-value

— mmh
fuente

El título de su pregunta es engañoso. De hecho, está tratando de calcular el valor esperado de una variable aleatoria normal estándar. También puede calcular el valor esperado de una función de un RV. Preferiría poner el título: "Cómo calcular el valor esperado de una distribución normal estándar". O "Cómo calcular el valor esperado de una variable aleatoria continua".

— Gumeo

@ GuðmundurEinarsson corregido.

— mmh

"Me quedo atascado aquí. ¿Cómo calculo integral?" Encuentre la derivada de . (No, no estoy siendo gracioso y sugiriendo trabajo innecesario para ti; soy muy serio; ¡solo hazlo!). Luego mira fijamente la derivada que has encontrado.

- e^{- \frac{x^{2}}{2}}

$-e^{-\frac{x^2}{2}}$

— Dilip Sarwate

Respuestas:

Ya casi estás allí, sigue tu último paso:

E [X] = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} x e^{\frac{- x^{2}}{2}} d x = - \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2} / 2} d (- \frac{x^{2}}{2}) = - \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- x^{2} / 2} ∣_{- \infty}^{\infty} = 0

$E[X] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} xe^{\displaystyle\frac{-x^{2}}{2}}\mathrm{d}x\\=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/2}d(-\frac{x^2}{2})\\=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\mid_{-\infty}^{\infty}\\=0$ .

O puede usar directamente el hecho de que es una función extraña y los límites de la integral son simetría. $xe^{-x^2/2}$

— Norte profundo
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El argumento de simetría solo funciona si ambas mitades son convergentes.

— Glen_b -Reinstate Monica

¿Podría explicar qué sucede en la segunda fila?

— mmh

El comentario de Glen es correcto si no es convergente, entonces el cambio de variables no funcionará

— Deep North

La segunda fila es igual a la primera fila ya que también observa el signo negativo al principio. Entonces puede pensar en el cambio de variable para la integración, luego lo cambia de nuevo ya que los límites no cambiaron. O puede usar integrar por partes. Y recuerde

d (- \frac{x^{2}}{2}) = - x d x

$d(-\frac{x^2}{2})=-xdx$

\int_{a}^{b} e^{y} d y = e^{y} ∣_{a}^{b}

$\int_{a}^{b}e^y dy=e^y\mid_{a}^{b}$

— Deep North

Para usar la simetría para obtener la media, necesita saber que converge; lo hace para este caso, pero en general no puede asumirlo. Por ejemplo, el argumento de simetría diría que la media del Cauchy estándar es 0, pero no tiene uno.

\int_{0}^{\infty} x f (x) d x

$\int_0^\infty xf(x) dx$

— Glen_b -Reinstala a Mónica el

Dado que desea aprender métodos para calcular las expectativas y desea conocer algunas formas simples, disfrutará utilizando la función de generación de momentos (mgf)

ϕ (t) = E [e^{t X}] .

$\phi(t) = E[e^{tX}].$

El método funciona especialmente bien cuando la función de distribución o su densidad se dan como exponenciales. En este caso, no tiene que hacer ninguna integración después de observar

t^{2} / 2 - {(x - t)}^{2} / 2 = t^{2} / 2 + (- x^{2} / 2 + t x - t^{2} / 2) = - x^{2} / 2 + t x,

$t^2/2 -\left(x - t\right)^2/2 = t^2/2 + (-x^2/2 + tx - t^2/2) = -x^2/2 + tx,$

porque, al escribir la función de densidad normal estándar en como (para una constante cuyo valor no necesitará saber), esto le permite reescribir su mgf como $x$ $C e^{-x^2/2}$ $C$

ϕ (t) = C \int_{R} e^{t x} e^{- x^{2} / 2} d x = C \int_{R} e^{- x^{2} / 2 + t x} d x = e^{t^{2} / 2} C \int_{R} e^{- (x - t)^{2} / 2} d x .

$\phi(t) = C\int_\mathbb{R} e^{tx} e^{-x^2/2} dx = C\int_\mathbb{R} e^{-x^2/2 + tx} dx = e^{t^2/2}C\int_\mathbb{R} e^{-(x-t)^2/2} dx .$

En el lado derecho, siguiendo el término , reconocerá la integral de la probabilidad total de una distribución Normal con media y varianza unitaria, que por lo tanto es . Por consiguiente $e^{t^2/2}$ $t$ $1$

ϕ (t) = e^{t^{2} / 2} .

$\phi(t) = e^{t^2/2}.$

Debido a que la densidad Normal se vuelve pequeña a valores grandes tan rápidamente, no hay problemas de convergencia independientemente del valor de . es reconociblemente analítico en , lo que significa que es igual a su serie MacLaurin $t$ $\phi$ $0$

ϕ (t) = e^{t^{2} / 2} = 1 + (t^{2} / 2) + \frac{1}{2} {(t^{2} / 2)}^{2} + \dots + \frac{1}{k!} {(t^{2} / 2)}^{k} + \dots .

$\phi(t) = e^{t^2/2} = 1 + (t^2/2) + \frac{1}{2} \left(t^2/2\right)^2 + \cdots + \frac{1}{k!}\left(t^2/2\right)^k + \cdots.$

Sin embargo, dado que converge absolutamente para todos los valores de , también podemos escribir $e^{tX}$ $tX$

E [e^{t X}] = E [1 + t X + \frac{1}{2} (t X)^{2} + \dots + \frac{1}{n!} (t X)^{n} + \dots] = 1 + E [X] t + \frac{1}{2} E [X^{2}] t^{2} + \dots + \frac{1}{n!} E [X^{n}] t^{n} + \dots .

$E[e^{tX}] = E\left[1 + tX + \frac{1}{2}(tX)^2 + \cdots + \frac{1}{n!}(tX)^n + \cdots\right] \\ = 1 + E[X]t + \frac{1}{2}E[X^2]t^2 + \cdots + \frac{1}{n!}E[X^n]t^n + \cdots.$

Dos series de potencia convergentes pueden ser iguales solo si son iguales término por término, de ahí (comparando los términos que involucran ) $t^{2k} = t^n$

\frac{1}{(2 k)!} E [X^{2 k}] t^{2 k} = \frac{1}{k!} (t^{2} / 2)^{k} = \frac{1}{2^{k} k!} t^{2 k},

$\frac{1}{(2k)!}E[X^{2k}]t^{2k} = \frac{1}{k!}(t^2/2)^k = \frac{1}{2^kk!} t^{2k},$

Insinuando

E [X^{2 k}] = \frac{(2 k)!}{2^{k} k!}, k = 0, 1, 2, \dots

$E[X^{2k}] = \frac{(2k)!}{2^kk!},\ k = 0, 1, 2, \ldots$

(y todas las expectativas de potencias extrañas de son cero). Prácticamente sin esfuerzo, ha obtenido las expectativas de todos los poderes integrales positivos de a la vez. $X$ $X$

Las variaciones de esta técnica pueden funcionar igual de bien en algunos casos, como , siempre que el rango de esté adecuadamente limitado. Los mgf (y su pariente cercano, la función característica ) son tan útiles en general, que los encontrará en tablas de propiedades de distribución, como en la entrada de Wikipedia en la distribución Normal . $E[1/(1-tX)] = E[1 + tX + (tX)^2 + \cdots + (tX)^n + \cdots]$ $X$ $E[e^{itX}]$

— whuber
fuente