上一篇 談混合型隨機變數 與分解定理。至此,離散型、連續型與混合型的機率函數都已經介紹完畢,一個隨機變數的分配可以由 pmf、pdf 或 cdf 完整描述。
完整的分配包含了全部的資訊,但在許多場合,我們只需要幾個數字就能掌握一個分配的主要特色。本篇介紹其中最基本的一個,期望值。以下先分別給出離散型與連續型的定義,說明它作為加權平均與分配聚集中心的意義,接著以四個例題示範計算,最後介紹非負隨機變數的期望值如何改由尾機率求得。
Definition 2.6 (期望值, expectation)
若 $X$ 為離散型隨機變數,值域為 $\mathcal{R}_{\sssig X}$、pmf 為 $p_{\sssig X}(x)$,且
\[\sum_{x\in\mathbb{R}}\lvert x\rvert\,p_{\sssig X}(x)<\infty\]
則
\[\mu_{\sssig X}=\mathbb{E}(X)=\sum_{x\in\mathbb{R}}x\,p_{\sssig X}(x)=\sum_{x\in\mathcal{R}_{\sssig X}}x\,p_{\sssig X}(x)\]
\[\begin{aligned} \mu_{\sssig X}&=\mathbb{E}(X)=\sum_{x\in\mathbb{R}}x\,p_{\sssig X}(x)\\[0.45em] &=\sum_{x\in\mathcal{R}_{\sssig X}}x\,p_{\sssig X}(x) \end{aligned}\]
為 $X$ 的期望值 (expectation) 。
若 $X$ 為連續型隨機變數,值域為 $\mathcal{R}_{\sssig X}$、pdf 為 $f_{\sssig X}(x)$,且
\[\int_{x\in\mathbb{R}}\lvert x\rvert f_{\sssig X}(x)\,dx<\infty\]
則
\[\mu_{\sssig X}=\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{\sssig X}(x)\,dx=\int_{x\in\mathcal{R}_{\sssig X}}xf_{\sssig X}(x)\,dx\]
\[\begin{aligned} \mu_{\sssig X}&=\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{\sssig X}(x)\,dx\\[0.45em] &=\int_{x\in\mathcal{R}_{\sssig X}}xf_{\sssig X}(x)\,dx \end{aligned}\]
為 $X$ 的期望值 。
期望值有一些地方需要注意:
(1) 期望值存在的等價條件是 $\mathbb{E}(\lvert X\rvert)$ 為有限 (或存在),這個性質被稱作絕對收斂 (absolute convergent) 。
(2) 期望值事實上是一種加權平均 ,可以理解為一個隨機變數的分配中心 或是聚集中心 。
Note
若以離散型作為例子,則 $x$ 的機率 $p_{\sssig X}(x)$ 可以視為是 $x$ 的權重,則上述定義即成為加權平均。
由質點的概念理解之,則 $x$ 可類比為位置,而 $p_{\sssig X}(x)$ 則類比為 $x$ 的質量,故進行加權平均後得到的期望值可以類比為物理學的「質心」。
而若是連續型,則可將積分與離散型的加總進行類比,同樣可以視為是一種加權平均。
(3) 由於期望值為隨機變數 $X$ 的平均,故期望值有時候也被稱為 $X$ 的平均數 (mean) 。
Note
期望值是一個隨機變數的母數,故其必定是一個常數 (不具備隨機性),但這個用字與後面的章節會介紹的統計量 (具有隨機性)樣本平均 (sample mean) 卻相當類似,故若要使用平均稱呼期望值,我們通常會以母體平均指稱之,而以樣本平均指稱樣本的平均數。
(4) 期望值 $\mu_{\sssig X}$ 是使得 $\mathbb{E}\bigl[(X-a)^{2}\bigr]$ 達到最小的實數 $a$。
Note
在稍後變異數 (variance) 的小節我們可以知道,前述的這種期望值是衡量 $X$ 與 $a$ 這個位置的平均離散程度,然而由於期望值是一個隨機變數的聚集中心 ,故直觀意義上來說,平均而言所有 $X$ 與期望值 $\mu_{\sssig X}$ 以平方衡量的離散程度是最小的 。
Example 2.15
Suppose that $X$ denotes the number of accidents occurring in Ankang City in a week, and that the probability distribution of the number of accidents is given in the following table.
$x$ $3$ $4$ $5$ $6$ $\mathbb{P}(X=x)$ $0.2$ $0.3$ $0.3$ $0.2$
Find the expected value of this distribution. $X$ 之期望值為
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=3}^{6}x\,\mathbb{P}(X=x)\\[0.45em] &=3\times0.2+4\times0.3+5\times0.3+6\times0.2\\[0.45em] &=4.5 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\mathbb{E}(X)=\sum_{x=3}^{6}x\,\mathbb{P}(X=x)\\[0.45em] &\quad =3\times0.2+4\times0.3+5\times0.3+6\times0.2\\[0.45em] &\quad =4.5 \end{aligned}\]
Example 2.3 (Continued)
Suppose that a random variable $X$ has probability mass function
\[p_{\sssig X}(x)= \left\lbrace \begin{array}{c@{\quad}l} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}, & x=1,2,\ldots\\[0.7em] 0, & \text{otherwise} \end{array} \right.\]
Evaluate the mean of $X$. (4)
[ 法一 ]
\[\mathbb{E}(X)=\sum_{x=1}^{\infty}x\,p_{\sssig X}(x)=\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x}=1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots\]
\[\begin{aligned} &\mathbb{E}(X)=\sum_{x=1}^{\infty}x\,p_{\sssig X}(x)=\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x}\\[0.45em] &\quad =1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots \end{aligned}\]
又
\[\frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)=1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots\]
\[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)\\[0.35em] &\quad =1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots \end{aligned}\]
則可知
\[\begin{aligned} \frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)&=\mathbb{E}(X)-\frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)\\[0.45em] &=1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+(2-1)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+(3-2)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots\\[0.45em] &=\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(X)-\frac{1}{2}\,\mathbb{E}(X)\\[0.45em] &\quad =1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+(2-1)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\\[0.2em] &\qquad +(3-2)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots\\[0.45em] &\quad =\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\\[0.2em] &\qquad +\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots\\[0.45em] &\quad =\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1 \end{aligned}\]
故
\[\mathbb{E}(X)=2\]
[ 法二 ]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x}=\frac{1}{2}\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1} =\frac{1}{2}\sum_{x=1}^{\infty}\left.\frac{d}{dq}q^{x}\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\left.\frac{d}{dq}\left(\sum_{x=1}^{\infty}q^{x}\right)\right\rvert_{q=\frac{1}{2}} =\frac{1}{2}\left.\frac{d}{dq}\left(\frac{q}{1-q}\right)\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\left.\frac{1}{(1-q)^{2}}\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}}=2 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\sum_{x=1}^{\infty}x\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\sum_{x=1}^{\infty}\left.\frac{d}{dq}q^{x}\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\left.\frac{d}{dq}\left(\sum_{x=1}^{\infty}q^{x}\right)\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\left.\frac{d}{dq}\left(\frac{q}{1-q}\right)\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\left.\frac{1}{(1-q)^{2}}\right\rvert_{q=\frac{1}{2}}\\[0.45em] &=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}}=2 \end{aligned}\]
[ 法三 ]
由於 $X$ 為一非負整數隨機變數,故可知
\[\mathbb{P}(X\geqslant x)=\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)=\sum_{k=x}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{x}}{1-\frac{1}{2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1}\]
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(X\geqslant x)&=\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)\\[0.45em] &=\sum_{k=x}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\\[0.45em] &=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{x}}{1-\frac{1}{2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1} \end{aligned}\]
則由 Theorem 2.8 可知期望值為
\[\mathbb{E}(X)=\sum_{x=1}^{\infty}\mathbb{P}(X\geqslant x)=\sum_{x=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=1}^{\infty}\mathbb{P}(X\geqslant x)\\[0.45em] &=\sum_{x=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{x-1}\\[0.45em] &=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2 \end{aligned}\]
Note
上述法一是高中數學常見的級數求和手法,將其轉為無窮等比級數進行計算;而法二則是運用了微分與加總,在對象不互相為函數的情況下可以交換的性質,巧妙地將這個級數轉回等比級數計算。事實上,這兩個做法本質上是一樣的做法,微積分造詣相當不錯的讀者,不妨思考看看為何。
此外,本題的分配事實上是幾何分配 (geometric distribution) ,而調換加總與微分的順序,正是幾何分配求取期望值的一個重要技巧,我們在稍後的章節詳述。
Example 2.6 (Continued)
Suppose that the random variable $X$ has the probability density function
\[f_{\sssig X}(x)= \left\lbrace \begin{array}{c@{\quad}l} \dfrac{3}{8}(4x-2x^{2}), & 0<x<2\\[0.7em] 0, & \text{otherwise} \end{array} \right.\]
\[f_{\sssig X}(x)= \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} \dfrac{3}{8}(4x-2x^{2}),\\[0.25em] \quad 0<x<2\\[0.6em] 0,\ \ \text{otherwise} \end{array} \right.\]
Find the expected value of $X$. (3) $X$ 之期望值為
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{\sssig X}(x)\,dx=\int_{0}^{2}x\cdot\frac{3}{8}(4x-2x^{2})\,dx\\[0.45em] &=\left[\frac{1}{2}x^{3}-\frac{3}{16}x^{4}\right]_{0}^{2}=1 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{\sssig X}(x)\,dx\\[0.45em] &=\int_{0}^{2}x\cdot\frac{3}{8}(4x-2x^{2})\,dx\\[0.45em] &=\left[\frac{1}{2}x^{3}-\frac{3}{16}x^{4}\right]_{0}^{2}=1 \end{aligned}\]
Example 2.14 (Continued)
Let $Y$ denote the length of life (in hundreds of hours) of electronic components. These components frequently fail immediately upon insertion into a system. It has been observed that the probability of immediate failure is $\frac{1}{4}$. If a component does not fail immediately, the distribution for its length of life has the exponential density function
\[g(y)= \left\lbrace \begin{array}{c@{\quad}l} e^{-y}, & y>0\\[0.4em] 0, & \text{elsewhere} \end{array} \right.\]
Find the mean of $Y$. (2) 由第 (1) 小題 已知 $Y$ 為混合型隨機變數,其分配為
\[f_{\sssig Y}(y)= \left\lbrace \begin{array}{c@{\quad}l} \dfrac{1}{4}, & y=0\\[0.6em] \dfrac{3}{4}e^{-y}, & y>0\\[0.6em] 0, & \text{elsewhere} \end{array} \right.\]
則其壽命 $Y$ 的期望值為
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(Y)&=0\times\frac{1}{4}+\int_{0}^{\infty}y\,\frac{3}{4}e^{-y}\,dy=\frac{3}{4}\int_{0}^{\infty}y^{2-1}e^{-\frac{y}{1}}\,dy\\[0.45em] &=\frac{3}{4}\times1^{2}\times\Gamma(2)=\frac{3}{4}\times(2-1)!=\frac{3}{4} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(Y)&=0\times\frac{1}{4}+\int_{0}^{\infty}y\,\frac{3}{4}e^{-y}\,dy\\[0.45em] &=\frac{3}{4}\int_{0}^{\infty}y^{2-1}e^{-\frac{y}{1}}\,dy\\[0.45em] &=\frac{3}{4}\times1^{2}\times\Gamma(2)\\[0.45em] &=\frac{3}{4}\times(2-1)!=\frac{3}{4} \end{aligned}\]
Note
混合型隨機變數 的期望值計算,便是很直覺地將離散部分與連續部分分開計算即可;但事實上,混合型隨機變數的期望值,亦會是離散部分的隨機變數期望值 $\mu_{\sssig d}$, 與連續部分的隨機變數期望值 $\mu_{\sssig c}$ 之加權平均,權重正好是 $\alpha$ 與 $1-\alpha$,此即
\[\mu_{\sssig X}=\alpha\,\mu_{\sssig d}+(1-\alpha)\,\mu_{\sssig c}\]
Theorem 2.8 (非負隨機變數的尾機率表示, tail-sum formula for a non-negative random variable)
若 $X$ 為非負整數隨機變數,則
\[\mathbb{E}(X)=\sum_{x=0}^{\infty}\mathbb{P}(X>x)=\sum_{x=1}^{\infty}\mathbb{P}(X\geqslant x)\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=0}^{\infty}\mathbb{P}(X>x)\\[0.45em] &=\sum_{x=1}^{\infty}\mathbb{P}(X\geqslant x) \end{aligned}\]
若 $X$ 為非負連續隨機變數,則
\[\mathbb{E}(X)=\int_{0}^{\infty}\mathbb{P}(X>x)\,dx=\int_{0}^{\infty}\bigl[1-F_{\sssig X}(x)\bigr]\,dx\]
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(X)&=\int_{0}^{\infty}\mathbb{P}(X>x)\,dx\\[0.45em] &=\int_{0}^{\infty}\bigl[1-F_{\sssig X}(x)\bigr]\,dx \end{aligned}\]
Proof.
(1) 由於 $X$ 為一非負整數隨機變數,故可知 $\mathbb{P}(X\geqslant x)=\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)$ 成立,則原式右側為
\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^{\infty}\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)&=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{x=1}^{k}\mathbb{P}(X=k)=\sum_{k=1}^{\infty}k\,\mathbb{P}(X=k)\\[0.45em] &=\sum_{x=1}^{\infty}x\,\mathbb{P}(X=x)=\mathbb{E}(X) \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^{\infty}\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)&=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{x=1}^{k}\mathbb{P}(X=k)\\[0.45em] &=\sum_{k=1}^{\infty}k\,\mathbb{P}(X=k)\\[0.45em] &=\sum_{x=1}^{\infty}x\,\mathbb{P}(X=x)\\[0.45em] &=\mathbb{E}(X) \end{aligned}\]
Note
上式的加總順序交換,會導致下標 (index) 的範圍隨之更動。原本的加總方式如下。
\[\sum_{x=1}^{\infty}\,\sum_{k=x}^{\infty}\,\mathbb{P}(X=k)\]
我們是先將 $\mathbb{P}(X=k)$ 沿著 $k$ 軸,從 $k=x$ 開始加總至 $\infty$,再沿著 $x$ 軸,從 $1$ 開始加總至 $\infty$,從圖形上而言,可以如下 理解。
Fig. 2.9. 雙重加總 $\sum_{x=1}^{\infty}\sum_{k=x}^{\infty}\mathbb{P}(X=k)$ 的加總順序: 先固定 $x$,沿 $k$ 軸由 $k=x$ 加總至 $\infty$,再沿 $x$ 軸由 $1$ 加總至 $\infty$。圖中的實線箭頭是內層的 $\sum_{k=x}^{\infty}$,虛線箭頭是外層的 $\sum_{x=1}^{\infty}$。 上圖 中的黑點部分,代表在該雙重加總中,需要被加總的 $(k,x)$ 數對,而每一個點對應的機率 $\mathbb{P}(X=k)$ 都只與其 $k$ 座標有關。如果將加總的變數順序調換之後,會變成如下。
\[\sum_{k=1}^{\infty}\,\sum_{x=1}^{k}\,\mathbb{P}(X=k)\]
其加總順序則對應到下圖 ,沿 $x$ 軸先開始加總,從 $x=1$ 到 $x=k$,再來才沿 $k$ 軸進行加總,從 $k=1$ 到 $\infty$。
Fig. 2.10. 換序後的加總 $\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{x=1}^{k}\mathbb{P}(X=k)$: 先固定 $k$,沿 $x$ 軸由 $1$ 加總至 $k$,再沿 $k$ 軸由 $1$ 加總至 $\infty$。圖中的實線箭頭是內層的 $\sum_{x=1}^{k}$,虛線箭頭是外層的 $\sum_{k=1}^{\infty}$。 所加總的黑點與 Fig. 2.9 完全相同。 這種調換加總順序的技巧,也能對應到連續型的積分,其範圍的轉換原理是相同的,見下列證明。
(2) 由於 $X$ 為一非負連續隨機變數,故可知 $\mathbb{P}(X>x)=\int_{x}^{\infty}f_{\sssig X}(t)\,dt$,則原式右側為
\[\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\int_{x}^{\infty}f_{\sssig X}(t)\,dt\,dx&=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t}f_{\sssig X}(t)\,dx\,dt=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{t}1\,dx\right)f_{\sssig X}(t)\,dt\\[0.45em] &=\int_{0}^{\infty}t\,f_{\sssig X}(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}x\,f_{\sssig X}(x)\,dx=\mathbb{E}(X) \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\int_{0}^{\infty}\int_{x}^{\infty}f_{\sssig X}(t)\,dt\,dx\\[0.45em] &\quad =\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t}f_{\sssig X}(t)\,dx\,dt\\[0.45em] &\quad =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{t}1\,dx\right)f_{\sssig X}(t)\,dt\\[0.45em] &\quad =\int_{0}^{\infty}t\,f_{\sssig X}(t)\,dt\\[0.45em] &\quad =\int_{0}^{\infty}x\,f_{\sssig X}(x)\,dx=\mathbb{E}(X) \end{aligned}\]
又由 $\mathbb{P}(X>x)=1-\mathbb{P}(X\leqslant x)=\;$ $1-F_{\sssig X}(x)$,原式得證。 $\square$
本篇小結 Definition 2.6 以絕對收斂為前提,分別對離散型與連續型給出期望值 $\mu_{\sssig X}=\mathbb{E}(X)$。離散型是以 $p_{\sssig X}(x)$ 為權重對各個取值加總,連續型則是以 $f_{\sssig X}(x)$ 為權重對取值積分。兩者都是加權平均,也就是一個分配的聚集中心;在質點的類比之下,取值是位置、機率是質量,期望值就是質心。期望值也是使 $\mathbb{E}\bigl[(X-a)^{2}\bigr]$ 達到最小的實數 $a$,故亦被稱為 $X$ 的平均數,指稱時以母體平均與樣本平均區別。
四個例題示範了不同型態的計算。Example 2.15 是有限個質點的直接加權,Example 2.3 (Continued) 是無窮級數,並列出級數錯位相減、微分與加總交換,以及尾機率三種做法,Example 2.6 (Continued) 是連續型的積分,Example 2.14 (Continued) 則是混合型,把離散部分與連續部分分開計算,其結果亦為 $\mu_{\sssig d}$ 與 $\mu_{\sssig c}$ 以 $\alpha$ 與 $1-\alpha$ 為權重的加權平均。
Theorem 2.8 給出非負隨機變數期望值的另一種表示,離散型為尾機率 $\mathbb{P}(X\geqslant x)$ 的加總,連續型為 $1-F_{\sssig X}(x)$ 的積分。它的證明是把雙重加總與二重積分的順序交換,Fig. 2.9 與 Fig. 2.10 畫出了交換前後所加總的同一組數對。下一篇 討論隨機變數之函數的期望值,以及期望值本身的性質。
參考文獻與延伸閱讀 黃文璋,2010,《機率論》,二版,華泰文化。 Sheldon Ross. 2019. A First Course in Probability . 10th ed. Pearson. Joseph K. Blitzstein and Jessica Hwang. 2019. Introduction to Probability . 2nd ed. Chapman and Hall/CRC. George Casella and Roger L. Berger. 2002. Statistical Inference . 2nd ed. Duxbury.