Теория вероятностей, доказать равенство

[ihq.pl]

$\xi$ - абсолютно интегрируемая неотрицательная случайная величина, $\mathsf{P}$ - вероятностная мера. Доказать, что

$$\mathsf{E}\xi = \int\xi d\mathsf{P}= \int\limits_0^\infty \mathsf{P}(\xi>x)dx =: J(\xi).\qquad (1)$$

Попытка. Пусть $\xi_n\uparrow\xi$, где $\xi_n$ простые случайные величины. $\mathsf{E}\xi_n = J(\xi_n)$ для любого натурального $n$. По теореме о монотонной сходимости интеграла Лебега $\mathsf{E}\xi_n \uparrow \mathsf{E} \xi$, и $J(\xi_n)\uparrow J(\xi)$, так как $\mathsf{P}(\xi_n>x)=\mathsf{E}I_{\xi_n>x}\uparrow \mathsf{E}I_{\xi>x} = \mathsf{P}(\xi>x)$.

Нет ли более простого способа доказать (1)? Заранее спасибо)

[thething]

Например, представить $x$ в виде интеграла единицы и воспользоваться теоремой Фубини.

[ShMaxG]

ihq.pl
Не знаю, насколько это "просто", но можно взять выражение для математического ожидания в терминах интеграла Стилтьеса, проинтегрировать по частям и использовать, что $x\mathsf{P}(\xi>x)\to0$, $x\to\infty$.

[ihq.pl]

thething, сначала так и начал делать, но всё закончилось какими-то неясными догадками. Воспроизведу. Пусть $F=F(x)$ - функция распределения $\xi$. Тогда

$$\mathsf{E}\xi = \int\limits_0^\infty xdF(x) = \int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty I_{t\in [0,x)}dtdF(x) = \int\limits_0^\infty g(t)dt,$$

где

$$g(t) =\int\limits_0^\infty I_{t\in [0,x)}dF(x) = \int\limits_0^t I_{t\in [0,x)}dF(x) + \int\limits_t^\infty I_{t\in [0,x)}dF(x) = \mathsf{P}(\xi>t)$$

.
Смутил индикатор $I_{t\in [0,x)}$. Он зависит и от $t$ и от $x$ и надо о чем-то догадываться...как то так. Подумалось, что, может, есть более строгое логическое доказательство.

[thething]

ihq.pl в сообщении #1676948 писал(а):

Смутил индикатор $I_{t\in [0,x)}$. Он зависит и от $t$ и от $x$ и надо о чем-то догадываться...как то так.

Напрасно смутил. Просто сперва мы смотрим на него, как на функцию от $t$ с параметром $x$, а затем -- наоборот (неравенство то же самое, но читается в другом направлении). Ещё нагляднее будет, если вообще индикаторы не использовать, а просто записать внутренний интеграл, как $\displaystyle\int\limits_0^xdt$ и поменять порядок интегрирований, как учит матанализ.

[ihq.pl]

thething, дошло, интегрируем на плоскости $tx$ под прямой $x=t$.

[ihq.pl]

Еще одно равенство: Пусть $\xi,\eta$ - абсолютно интегрируемые и независимые случайные величины, и пусть $B = B_1\times B_2$, где $B_1,B_2$ - борелевские подмножества из $\mathbb{R}$. Тогда

$$\mathsf{E}(I_{B_1\times B_2}(\xi,\eta)|\eta=y) = \mathsf{E} I_{B_1\times B_2}(\xi,y) \quad \text{($P_\eta$-п.н.)}\qquad (2)$$

В учебнике говорится, что для доказательства (2) достаточно проверить равенство

$$\int\limits_{\{\eta\in A\}}\mathsf{E}(I_{B_1\times B_2}(\xi,\eta))d\mathsf{P} = \int\limits_A \mathsf{E} I_{B_1\times B_2}(\xi,y)P_\eta(dy).$$

Вопрос. Зачем обращаться к интегралам по $A$? Разве нелья проверить формулу (2) напрямую? Для левой части в (2) получаем

$$\mathsf{E}[I_{B_1\times B_2}(\xi,\eta)|\eta=y] = I_{B_2}(y)\mathsf{E}[I_{B_1}(\xi)|\eta=y] = I_{B_2}(y)\mathsf{E}I_{B_1}(\xi) \quad \text{($P_\eta$-п.н.)}.$$

А для правой

$$\mathsf{E} I_{B_1\times B_2}(\xi,y) = \mathsf{E} [I_{B_1}(\xi) I_{B_2}(y)]= I_{B_2}(y)\mathsf{E} I_{B_1}(\xi).$$