Załóżmy, że

10

Jak sugerowano w tytule. Załóżmy że są ciągłymi i losowymi zmiennymi z pdf . Rozważmy zdarzenie, w którym , , a zatem oznacza, że sekwencja zmniejsza się po raz pierwszy. Jaka jest zatem wartość ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

Najpierw próbowałem ocenić . Mam Podobnie otrzymałem . Jak dostaje duży, obliczenie zostanie bardziej skomplikowane i nie mogę znaleźć wzór. Czy ktoś może zasugerować, jak mam postępować? $P[N = i]$

\begin{aligned} P [N = 2] & = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) F (x) d x \\ = \frac{F (x)^{2}}{2} |_{- \infty}^{\infty} \\ = \frac{1}{2} \\ P [N = 3] & = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) \int_{x}^{\infty} f (y) F (y) d y d x \\ = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) \frac{1 - F (x)^{2}}{2} d x \\ = \frac{F (x) - F (x)^{3} / 3}{2} |_{- \infty}^{\infty} \\ = \frac{1}{3} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N = 2] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)F(x)dx \\ & = \frac{F(x)^2}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{2} \\ P[N = 3] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\int_x^{\infty}f(y)F(y)dydx \\ & = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{1-F(x)^2}{2}dx \\ & = \frac{F(x)-F(x)^3/3}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{3} \end{align*}$

P [N = 4] = \frac{1}{8}

$P[N = 4] = \frac{1}{8}$

i

$i$

probability self-study iid

— Hao Kapusta
źródło

Czy to pytanie z kursu lub podręcznika? Jeśli tak, dodaj [self-study]tag i przeczytaj jego wiki .

— Silverfish,

1

Wskazówka. Rozważ rangi, które powinny być losowo permutowane. Jest

układy rang

. Jest tylko jeden permutacji, w którym

są coraz większe. Dla

istnieją

obserwacji, które nie są maksimum, które możemy następnie wyjąć i umieścić na końcu, aby wygenerować sekwencję, która rośnie aż do przedostatniej pozycji, a następnie maleje. Stąd prawdopodobieństwo, że jest to

z ...? To powinno rozwiązać Ci się z

n!

$n!$

1, 2, \dots, n

$1, 2, \dots, n$

X_{i}

$X_i$

n \geq 2

$n \geq 2$

n - 1

$n-1$

n - 1

$n-1$

1 / 2

$1/2$ ,

i

, które stwierdzono, i daje wzór proste do uogólnić. Suma jest dość łatwa.

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Silverfish,

(A jeśli nie możesz odgadnąć wyniku szeregu, zsumujesz go, aby znaleźć średnią, być może powinieneś przeprowadzić jego symulację. Rozpoznasz pierwszą parę miejsc po przecinku.)

— Silverfish,

To problem z dzisiejszego egzaminu. Dziękuję za podpowiedź, teraz wymyśliłem, jak ją rozwiązać.

— Hao Kapusta

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/... jest zasadniczo duplikatem. Chociaż dotyczy to tylko jednolitego rozkładu, prawie banalne jest wykazanie, że dwa pytania są równoważne. (Jeden sposób: zastosuj transformatę całkową prawdopodobieństwa do

.)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

$\{X_i\}_{i\geq 1}$

N = min {n : X_{n - 1} > X_{n}},

$N=\min\,\{n:X_{n-1}>X_n\},$

N \geq n

$N\geq n$

X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}

$X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}$

Pr (N \geq n) = Pr (X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}) = \frac{1}{(n - 1)!}, (*)

$\Pr(N\geq n) = \Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1})=\frac{1}{(n-1)!}, \qquad (*)$

E [N] = \sum_{n = 1}^{\infty} Pr (N \geq n) = e \approx 2.71828 \dots

$\mathrm{E}[N]=\sum_{n=1}^\infty \Pr(N\geq n)=e\approx 2.71828\dots$

PS Ludzie pytali o dowód . Ponieważ sekwencja jest wymienna, musi być tak, że dla każdej permutacji , mamy Ponieważ mamymożliwe permutacje, wynik jest następujący. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

Pr (X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}) = Pr (X_{π (1)} \leq X_{π (2)} \leq \dots \leq X_{π (n - 1)}) .

$\Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}) = \Pr(X_{\pi(1)}\leq X_{\pi(2)}\leq\dots\leq X_{\pi(n-1)}).$

(n - 1)!

$(n-1)!$

— Zen
źródło

2

Podoba mi się to - jest to przypomnienie, że często nie musimy szukać indywidualnego aby znaleźć średnią Y, i może być bardziej pomocne, aby przejść bezpośrednio do .

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— Silverfish

+1 - ale to nie odpowiada na pytanie, które zakłada daną skończoną liczbę . Niemniej jednak technika ta w oczywisty sposób dotyczy przypadku skończonego.

X_{i}

$X_i$

— whuber

1

Trochę mylące, prawda? PO wspomina o „sekwencji”. Ale masz rację. Nawiasem mówiąc, czy jest dla ciebie intuicyjne, że wynik powinien być „uniwersalny” (tak jak jest), w tym sensie, że nie zależy od rozkładu (identycznie rozproszonego) ?

X_{i}

$X_i$

— Zen

1

W rzeczywistości niezależność nie jest potrzebna. Wymienność wystarczy. Rezultat jest silniejszy. Dodam to do mojej odpowiedzi.

— Zen

3

Jest intuicyjny, że jest uniwersalny dla zmiennych ciągłych . Jednym ze sposobów uczynienia tego oczywistym jest uznanie, że zdarzenie pozostaje niezmienione, np. Po zastosowaniu transformaty całkowej prawdopodobieństwa, co ogranicza ją do przypadku, w którym zmienne mają wspólny rozkład równomierny.

— whuber

8

Jak sugeruje Silverfish, zamieszczam poniższe rozwiązanie. I

\begin{aligned} P [N = i] & = P [X_{1} \leq X_{2} \dots \leq X_{i - 1} > X_{i}] \\ = P [X_{1} \leq X_{2} \dots \leq X_{i - 1}] - P [X_{1} \leq X_{2} \dots \leq X_{i - 1} \leq X_{i}] \\ = \frac{1}{(i - 1)!} - \frac{1}{i!} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N = i] & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} > X_i] \\ & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1}] - P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} \leq X_i] \\ & = \frac{1}{(i-1)!} - \frac{1}{i!} \end{align*}$

\begin{aligned} P [N \geq i] & = 1 - P [N < i] \\ = 1 - (1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{(i - 2)!} - \frac{1}{(i - 1)!}) \\ = \frac{1}{(i - 1)!} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N \geq i] & = 1 - P[N < i] \\ & = 1 - \left(1 -\frac{1}{2!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots +\frac{1}{(i-2)!} - \frac{1}{(i-1)!}\right)\\ & = \frac{1}{(i-1)!} \\ \end{align*}$

Zatem . $E[N] = \sum_{i = 1}^{\infty}P[N \geq i] = \sum_{i = 1}^{\infty}\frac{1}{(i-1)!} = e$

— Hao Kapusta
źródło

7

Alternatywny argument: jest tylko jedna kolejność która rośnie zmożliwe permutacje . Interesują nas porządki, które rosną aż do przedostatniej pozycji, a następnie maleją: to wymaga, aby maksimum znajdowało się w pozycji , a jeden z pozostałych znajdował się w pozycji końcowej. Ponieważ istnieje sposobów na wybranie jednego z pierwszych terminów w naszej uporządkowanej sekwencji i przeniesienie go do ostatecznej pozycji, prawdopodobieństwo jest następujące: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

Pr (N = n) = \frac{n - 1}{n!}

$\Pr(N=n) = \frac{n-1}{n!}$

Uwaga , i więc jest to zgodne z wynikami znalezionymi przez integrację. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Aby znaleźć oczekiwaną wartość , możemy użyć: $N$

E (N) = \sum_{n = 2}^{\infty} n Pr (N = n) = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n (n - 1)}{n!} = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{(n - 2)!} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{k!} = e

$\mathbb{E}(N) = \sum_{n=2}^{\infty} n \Pr(N=n) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n(n-1)}{n!} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!}= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = e$

(Aby uczynić podsumowanie bardziej oczywistym, użyłem ; dla czytelników niezaznajomionych z tą sumą, weź serię Taylora i zastąp ). $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Możemy sprawdzić wynik przez symulację, oto kod w R:

firstDecrease <- function(x) {
    counter <- 2
    a <- runif(1)
    b <- runif(1)
    while(a < b){
        counter <- counter + 1
        a <- b
        b <- runif(1)
    }
    return(counter)
}

mean(mapply(firstDecrease, 1:1e7))

Wrócił 2.718347, wystarczająco blisko, aby 2.71828mnie zadowolić.

— Silverfish
źródło

-1

EDYCJA: Moja odpowiedź jest niepoprawna. Zostawiam to jako przykład tego, jak łatwo pozornie proste pytanie takie jest błędnie zinterpretowane.

Nie sądzę, by twoja matematyka była poprawna dla przypadku . Możemy to sprawdzić za pomocą prostej symulacji: $P[N=4]$

n=50000
flag <- rep(NA, n)
order <- 3
for (i in 1:n) {
  x<-rnorm(100)
  flag[i] <- all(x[order] < x[1:(order-1)])==T
}
sum(flag)/n

Daje nam:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Zmiana orderterminu na 4 daje nam:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

I 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Jeśli więc ufamy naszym wynikom symulacji, wygląda na to, że wzór jest taki, że . Ale ma to również sens, ponieważ tak naprawdę pytasz, jakie jest prawdopodobieństwo, że jakakolwiek obserwacja w podzbiorze wszystkich twoich obserwacji jest obserwacją minimalną (jeśli zakładamy, to znaczy, że zakładamy wymienność, a więc kolejność jest dowolna ). Jedno z nich musi być minimalne, więc tak naprawdę pytanie brzmi: jakie jest prawdopodobieństwo, że dowolna obserwacja wybrana losowo jest minimalna. To tylko prosty dwumianowy proces. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
źródło

1

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

Myślę, że to coś więcej niż tylko niewielka błędna interpretacja. Masz rację, że się mylę.

— Dalton Hance