Eu quero mostrar

Seja $X:\Omega \to \mathbb N$ uma variável aleatória no espaço de probabilidade $(\Omega,\mathcal B,P)$ Mostre que

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

minha definição de $E(X)$ é igual

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

Obrigado.

A definição de para discreto é .$E(X)$$X$$E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)$

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

então

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

(reorganizamos os termos na última expressão)

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

qed

Eu gosto da resposta de janeiro. Posso sugerir uma maneira de escrever a série para que os olhos percebam o rearranjo mais facilmente (é assim que gosto de escrever no quadro-negro)? (O rearranjo é matematicamente porque esta é uma série de termos positivos .)

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

Eu acho que a maneira padrão de fazer isso é escrevendo

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

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

e depois ordem inversa de expectativa e soma (pelo teorema de Tonelli)

Uma das outras excelentes respostas aqui (do seanv507 ) observou que essa regra de expectativa segue um resultado mais forte que expressa a variável aleatória subjacente como uma soma infinita de variáveis ​​indicadoras. É possível provar um resultado mais geral, e isso pode ser usado para obter a regra de expectativa na pergunta. Se (portanto, seu suporte não for maior que os números naturais), poderá ser mostrado (prova abaixo) que:$X: \Omega \rightarrow \mathbb{N}$

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

Tomar fornece o resultado útil:$m \rightarrow \infty$

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

Vale ressaltar que esse resultado é mais forte que a regra da expectativa na questão, pois fornece uma decomposição para a variável aleatória subjacente, e não apenas o seu momento. Conforme observado na outra resposta, pegar as expectativas de ambos os lados dessa equação e aplicar o teorema de Tonelli (para trocar a ordem dos operadores de soma e expectativa) fornece a regra de expectativa na pergunta. Essa é uma regra de expectativa padrão usada ao lidar com variáveis ​​aleatórias não negativas.

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O resultado acima pode ser provado de maneira bastante simples. Comece observando que:

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

Para qualquer , temos:$m \in \mathbb{N}$

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