Quiero mostrar

Sea una variable aleatoria en el espacio de probabilidad Muestre que$X:\Omega \to \mathbb N$$(\Omega,\mathcal B,P)$

$$E(X)=\sum_{n=1}^\infty P(X\ge n).$$

mi definición de es igual a $E(X)$

$$E(X)=\int_\Omega X \, dP.$$

Gracias.

La definición de $E(X)$ para $X$ discreto es $E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$ .

$$P( X \ge i ) = P( X = i ) + P( X = i + 1 ) + \cdots$$

Entonces

$$\begin{align} & \sum_i P( X \ge i ) = P( X \ge 1 ) + P( X \ge 2 ) + \cdots \\[8pt] = {} & P( X = 1 ) + P( X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots + P(X = 2 ) + P( X = 3 ) + \cdots \end{align}$$

(reorganizamos los términos en la última expresión)

$$\begin{align} & = 1 \cdot P( X = 1 ) + 2 \cdot P( X = 2 ) + 3 \cdot P( X = 3 ) + \cdots \\[8pt] & = \sum_i i \cdot P( X = i ) \end{align}$$

qed

Me gusta la respuesta de enero. ¿Puedo sugerir una forma de escribir la serie para que el ojo capte la reorganización más fácilmente (esta es la forma en que me gusta escribirla en la pizarra)? (La reorganización es matemáticamente sólida porque se trata de unaserie de términos positivos).

$$\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty P(X\geq k) &=& \quad P(X\geq 1) \quad=\quad P(X=1)&+&P(X=2)&+&P(X=3) &+& \;\dots\\ &+& \quad P(X\geq 2) &+& P(X=2) &+&P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad P(X\geq 3) && &+& P(X=3)&+& \;\dots \\ \\ &+& \quad\quad\;\; \dots && &&&+& \;\dots\\ \end{eqnarray}$$

Creo que la forma estándar de hacerlo es escribiendo

$$X =\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)$$

$$E(X) =E\left(\sum_{n=1}^\infty \mathbf{1}(X\ge n)\right)$$

y luego invertir el orden de las expectativas y la suma (según el teorema de Tonelli)

Una de las otras excelentes respuestas aquí (de seanv507 ) ha señalado que esta regla de expectativa en realidad se deriva de un resultado más fuerte que expresa la variable aleatoria subyacente como una suma infinita de variables indicadoras. Es posible demostrar un resultado más general, y esto puede usarse para obtener la regla de expectativa en la pregunta. Si $X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$ (por lo que su soporte no es más ancho que los números naturales), entonces se puede mostrar (prueba a continuación) que:

$$X = \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \quad \quad \quad \text{for all } m \in \mathbb{N}.$$

Tomar luego da el resultado útil:$m \rightarrow \infty$

$$X = \sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{I}(X \geqslant n).$$

Vale la pena señalar que este resultado es más fuerte que la regla de expectativas en la pregunta, ya que proporciona una descomposición de la variable aleatoria subyacente, y no solo su momento. Como se señaló en la otra respuesta, tomar las expectativas de ambos lados de esta ecuación y aplicar el teorema de Tonelli (para intercambiar el orden de los operadores de suma y expectativa) da la regla de expectativa en la pregunta. Esta es una regla de expectativa estándar que se utiliza cuando se trata con variables aleatorias no negativas.

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El resultado anterior se puede probar de manera bastante simple. Comience observando que:

$$X = \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \text{countable times}}.$$

Por lo tanto, para cualquier tenemos:$m \in \mathbb{N}$

$$\begin{equation} \begin{aligned} X &= \underbrace{1+1+ \cdots +1}_{ X \text{ times}} + \underbrace{0+0+ \cdots +0}_{ \max(0,m-X) \text{ times}} \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=1}^{\max(0,m-X)} \mathbb{I}(X \geqslant X+ n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^X \mathbb{I}(X \geqslant n) + \sum_{n=X+1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) \\[6pt] &= \sum_{n=1}^{\max(X,m)} \mathbb{I}(X \geqslant n) . \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}.$$