Sannolikhetsteori: bevis gällande betingat väntevärde

Hej!

Jag sitter med några bevis gällande Expected Shortfall och Average Value at Risk. För några av bevisen skulle jag behöva visa följande (kanske aningen triviala) olikhet:

$E (X | X \geq a) \geq E (X | X \geq b)$

för alla $a, b \in ℝ$ sådana att $F_{X} (a -) < 1$ och $a \geq b$ .

Jag har gjort följande ansats:

$E (X | X \geq c) = \frac{E (X * 1_{\{x \geq c\}})}{ℙ (X \geq c)} = \frac{E (X * 1_{\{x \geq c\}})}{1 - ℙ (X < c)} = \frac{E (X * 1_{\{x \geq c\}})}{1 - F_{X} (c -)} = \frac{\int_{F_{X} (c -)}^{1} q^{-} (u) d u}{1 - F_{X} (c -)}$

där $q^{-} (α)$ är (vänsterkontinuerliga) kvantilfunktionen: $q^{-} (α) = i n f \{x \in ℝ : F_{X} (x) \geq α\}$ . Eftersom $F_{X} (x)$ är monoton innebär $a \geq b$ att nämnaren minskar (ökar väntevärdet), men samtidigt att integralen minskar – tips på hur jag kan komma vidare?

Allt gott,

Slarvid

Hej Slarvid. Alltså jag ska börja läsa Ma3c och om jag bara visste en liten bråkdel om vad det är du behöver hjälp med... Alltså det ser helt sjukt ut! 🤣🤣🤣🤣🤣

Jag skulle skrivit om det enligt:

$\mathbb{E}(X|X\ge a)=\frac{\int_a^{\infty}1-F_X(u)du}{F_X(a)}$

samt

$\mathbb{E}(X|X\ge b)=\frac{\int_b^{\infty}1-F_X(u)du}{F_X(b)}=$

$\frac{1}{F_X(b)}\cdot (\int_b^{a}1-F_X(u)du+\int_a^{\infty}1-F_X(u)du)$

Detta utifrån sambandet:

$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}P(X\ge u)du$

tomast80 skrev:
Jag skulle skrivit om det enligt:
$\mathbb{E}(X|X\ge a)=\frac{\int_a^{\infty}1-F_X(u)du}{F_X(a)}$
samt
$\mathbb{E}(X|X\ge b)=\frac{\int_b^{\infty}1-F_X(u)du}{F_X(b)}=$
$\frac{1}{F_X(b)}\cdot (\int_b^{a}1-F_X(u)du+\int_a^{\infty}1-F_X(u)du)$
Detta utifrån sambandet:
$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}P(X\ge u)du$

Tack för hjälpen!

Jag känner mig dock osäker på hur du härledde första likheten. Jag får (m.h.a. Fubinis sats):

$E (X | X \geq a) = \frac{E (X * 1_{\{X \geq a\}})}{ℙ (X \geq a)} = \frac{E (\int_{a}^{\infty} 1_{\{X \geq u\}} d u)}{1 - ℙ (X < a)} = \frac{\int_{a}^{\infty} E (1_{\{X \geq u\}}) d u}{1 - ℙ (X < a)} = \frac{\int_{a}^{\infty} ℙ (X \geq u) d u}{1 - ℙ (X < a)} = \frac{\int_{a}^{\infty} (1 - F_{X} (u -)) d u}{1 - F_{X} (a -)} (= [o m F k o n t i n u e r l i g] \frac{\int_{a}^{\infty} (1 - F_{X} (u)) d u}{1 - F_{X} (a)}) \Rightarrow E (X | X \geq b) = \frac{\int_{b}^{a} (1 - F_{X} (u -)) d u + \int_{a}^{\infty} (1 - F_{X} (u -)) d u}{1 - F_{X} (b -)} = \frac{\int_{b}^{a} (1 - F_{X} (u -)) d u}{1 - F_{X} (b -)} + \frac{1 - F_{X} (a -)}{1 - F_{X} (b -)} E (X | X \geq a)$

Är det något steg där jag gör någonting konstigt eller skrev du fel? Jag är inte så bekväm med detta... Och om ansatsen ovan stämmer, hur går jag vidare?

P.S.

Om det hjälper någon så gjorde jag såhär i första ansatsen:

$E (X 1_{\{X \geq a\}}) = \int x 1_{\{X \geq a\}} d F_{X} (x) = \int_{a -}^{\infty} x d F (x) = [x = q^{-} (u) \Leftrightarrow F_{X} (x) = u] \int_{F_{X} (a -)}^{1} q^{-} (u) d u$

Hej!

En alternativ metod kan vara att definiera funktionen

$g(u) = \mathbb{E}\{X| X\geq u\}$ där $u \in \mathbb{R}$

och visa att funktionen är växande.

Svara

Visa senaste svar