Dlaczego

W zestawie problemów udowodniłem ten „lemat”, którego wynik nie jest dla mnie intuicyjny. $Z$ jest standardowym rozkładem normalnym w modelu ocenzurowanym.

Formalnie, $Z^* \sim Norm(0, \sigma^2)$ , a $Z = max(Z^*, c)$ . Następnie

\begin{aligned} E [Z | Z > c] & = \int_{c}^{\infty} z_{i} ϕ (z_{i}) d z_{i} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{c}^{\infty} z_{i} \exp (\frac{- 1}{2} z_{i}^{2}) d z_{i} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (\frac{- 1}{2} c^{2}) (Integration by substitution) \\ = ϕ (c) \end{aligned}

$\begin{align} E[Z|Z>c] &= \int_c^\infty z_i \phi({z_i})\mathrm{d}z_i \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_c^\infty z_i \exp\!\bigg(\frac{-1}{2}z_i^2\bigg)\mathrm{d}z_i \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\!\bigg(\frac{-1}{2}c^2\bigg) \quad\quad\quad\quad\text{ (Integration by substitution)}\\ &= \phi(c) \end{align}$ Tak więc istnieje pewien związek między formułą oczekiwania na skróconą domenę a gęstością w punkcie obcięcia

(c)

$(c)$ . Czy ktoś mógłby wyjaśnić za tym intuicję?

normal-distribution pdf intuition

— Heisenberg
źródło

Okazuje się, że w ten sposób wynika z faktu, że warunek

jest ujemny względem pochodnej tego terminu w wykładniku; jest to jeden z wielu fajnych wyników dla standardowej normy, ale niekoniecznie ma za sobą intuicję. Z drugiej strony nie zaskoczyłoby mnie wcale, gdyby jeden z inteligentnych ludzi mógł wymyślić jakąś intuicję.

z

$z$

— Glen_b

@Glen_b Mówisz, że

gdzie

jest PDFdowolnymrozkładzie ciągłym

\int_{c}^{\infty} (- \frac{d}{d z} \log (f (z))) f (z) d z = - \int_{c}^{\infty} f^{'} (z) d z = f (c)

$\int_c^\infty \left(-\frac{d}{dz}\log(f(z))\right) f(z) dz = -\int_c^\infty f^\prime(z)dz = f(c)$

f

$f$

F .

$F.$

— whuber

@ whuber Z pewnością tak jest i warto podkreślić ten wynik, ponieważ jest on bezpośrednio związany z wynikiem w pytaniu, ale tak naprawdę w moim komentarzu miałem na myśli konkretnie przypadek, w którym pierwszym z tych terminów jest

(ponieważ termin „ formuła oczekiwań "była w pytaniu, wziąłem ją za

, która jest specyficzna dla normalnej.

z

$z$

E (Z | Z > c)

$E(Z|Z>c)$

— Glen_b

(przynajmniej do oczywistej stałej multiplikatywnej, o tym oczekiwaniu warunkowym). Jednak

dla tego konkretnego

E (g (Z) | Z > c)

$E(g(Z)|Z>c)$

prawdopodobnie warto przedyskutować w odpowiedzi.

g = - \frac{d}{d z} l o g f

$g=-\frac{d}{dz}log f$

— Glen_b

Twoja ostatnia edycja wymaga potwierdzenia (lub intuicyjnego wyjaśnienia) nieprawidłowego stwierdzenia. Warunkowego gęstość

uzależnionych

Z \sim N (0, 1)

$Z \sim N(0,1)$

Z > c

$Z > c$

a zatemwarunkowąwartością oczekiwaną jest

\frac{ϕ (z)}{1 - Φ (c)} 1_{{z : z > c}}

$\frac{\phi(z)}{1-\Phi(c)}\mathbf 1_{\{z\colon z > c\}}$

, a nie to, co masz w swoim zmienionym tytułem.

E [Z ∣ Z > c] = \int_{c}^{\infty} z \frac{ϕ (z)}{1 - Φ (c)} d z = \frac{1}{1 - Φ (c)} \int_{c}^{\infty} z ϕ (z) d z

$E[Z\mid Z > c] = \int_c^{\infty}z\frac{\phi(z)}{1-\Phi(c)}\,\mathrm dz = \frac{1}{1-\Phi(c)}\int_c^{\infty}z\phi(z)\,\mathrm dz$

— Dilip Sarwate

Czy podstawowe twierdzenie rachunku różniczkowego działałoby dla ciebie jako intuicja?

Niech oznacza funkcję gęstości $\phi(x)$ o standardowej normalnej zmiennej losowej. Zatem pochodną jest $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$ $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\phi(x) = -x\phi(x)$ . The Fundamental Theorem of Calculus then gives us that

ϕ (x) = \int_{- \infty}^{x} - t ϕ (t) d t = \int_{- x}^{\infty} u ϕ (u) d u = \int_{x}^{\infty} u ϕ (u) d u

$\phi(x) = \int_{-\infty}^x -t\phi(t)\,\mathrm dt = \int_{-x}^\infty u\phi(u)\,\mathrm du = \int_x^\infty u\phi(u)\,\mathrm du$

u = - t

$u = -t$

ϕ (- u) = ϕ (u)

$\phi(-u) = \phi(u)$

ϕ (- x) = ϕ (x)

$\phi(-x) = \phi(x)$ . Alternatywnie napisz drugą całkę jako całkę z

- x

$-x$ do

+ x

$+x$ plus całka z

+ x

$+x$ do

\infty

$\infty$ , i zauważ, że integruje nieparzystą funkcję z

- x

$-x$ do

+ x

$+x$ prowadzi do

0

$0$ .

— Dilip Sarwate
źródło