Jak wygenerować sekwencję

11

Wiem, jak wygenerować sekwencję $\pm 1$ ze średnią $0$ . Na przykład w programie Matlab, jeśli chcę wygenerować sekwencję $\pm 1$ o długości $10000$ , jest to:

2*(rand(1, 10000, 1)<=.5)-1

Jak jednak wygenerować sekwencję $\pm 1$ ze średnią $0.05$ , tj. Z $1$ która jest nieco preferowana?

distributions sampling random-generation

— Ka-Wa Yip
źródło

18

Żądaną średnią podaje równanie:

$\frac{N\cdot p - N \cdot (1-p)}{N} = .05$

z czego wynika, że prawdopodobieństwo 1spowinno być.525

W Pythonie:

x = np.random.choice([-1,1], size=int(1e6), replace = True, p = [.475, .525])

Dowód:

x.mean()
0.050742000000000002

1'000 eksperymentów z 1'000'000 próbek 1s i -1s:

Dla kompletności (wskazówka dla @Elvis):

import scipy.stats as st
x = 2*st.binom(1, .525).rvs(1000000) - 1
x.mean()
0.053859999999999998

1'000 eksperymentów z 1'000'000 próbek 1s i -1s:

I wreszcie rysunek z jednolitego rozkładu, jak sugeruje @ Łukasz Deryło (także w Python):

u = st.uniform(0,1).rvs(1000000)
x = 2*(u<.525) -1
x.mean()
0.049585999999999998

1'000 eksperymentów z 1'000'000 próbek 1s i -1s:

Wszystkie trzy wyglądają praktycznie identycznie!

EDYTOWAĆ

Kilka linii na temat centralnego twierdzenia o granicy i rozkład rozkładów wynikowych.

Po pierwsze, losowanie środków rzeczywiście następuje po rozkładzie normalnym.

Po drugie, @Elvis w swoim komentarzu do tej odpowiedzi wykonał kilka ładnych obliczeń na temat dokładnego rozkładu średnich uzyskanych w ciągu 1 000 eksperymentów (około (0,048; 0,052)), przy 95% przedziale ufności.

Oto wyniki symulacji, które potwierdzają jego wyniki:

mn = []
for _ in range(1000):
    mn.append((2*st.binom(1, .525).rvs(1000000) - 1).mean())
np.percentile(mn, [2.5,97.5])
array([ 0.0480773,  0.0518703])

— Siergiej Bushmanow
źródło

Dobra robota. Moim celem w przypadku Bernoulliego było sprowadzenie pytania do dobrze znanego rozkładu prawdopodobieństwa; z punktu widzenia „wdrożenia” Twoja odpowiedź i Łukasz „były doskonałe”.

— Elvis

Bez żartów, twój jest najbardziej naukowy i najlepszy! ;) Myślałem o rozkładzie dwumianowym przez pół sekundy, ale to nie wystarczyło, aby zamienić go na -1 i 1, więc pożyczyłem twoje rozwiązanie „tak jak jest”, dzięki!

— Sergey Bushmanov,

1

$\def\var{\text{var}}$ Tak więc z moimi notacjami , a standardowe odchylenie wynosi . Gdy weźmiesz średnią z próbek, odchylenie standardowe wynosi a 95% obliczonych średnich powinno znajdować się w przedziale , czyli . Matematyka sprawdź! ;)

var (Y) = 4 var (X) = 4 p (1 - p) = 0.9975

$\var(Y)= 4\var(X) = 4p(1-p) = 0.9975$

Y

$Y$

≃ 0.999

$\simeq 0.999$

10^{6}

$10^6$

0.999 \times 10^{- 3}

$0.999 \times 10^{-3}$

0.05 \pm 1.96 \times 0.999 \times 10^{- 3}

$0.05 \pm 1.96 \times 0.999 \times 10^{-3}$

(0.048; 0.052)

$(0.048; 0.052)$

— Elvis,

12

Zmienna o wartościach i ma postać z a Bernoulli z parametrem . Jego oczekiwana wartość to , więc wiesz, jak uzyskać (tutaj ). $-1$ $1$ $Y = 2X - 1$ $X$ $p$ $E(Y) = 2 E(X) - 1 = 2p - 1$ $p$ $p = 0.525$

W R możesz generować zmienne Bernoulliego za pomocą rbinom(n, size = 1, prob = p), więc na przykład

x <- rbinom(100, 1, 0.525)
y <- 2*x-1

— Elvis
źródło

5

Wygeneruj próbek równomiernie z , przekoduj liczby mniejsze niż 0,525 do 1 i spoczywaj do -1. $N$ $[0,1]$

Zatem twoja oczekiwana wartość to

$1 \cdot 0.525 + (-1)\cdot (1-0.525) = 0.525 - 0.475 = 0.05$

Nie jestem użytkownikiem Matlaba, ale chyba tak powinno być

2*(rand(1, 10000, 1)<=.525)-1

— Łukasz Deryło
źródło

3

To jest poprawny sposób zastosowania odwrotnego próbkowania transformacji tutaj.

— Tim

4

Musisz wygenerować więcej 1s niż -1s. Dokładnie 5% więcej 1s, ponieważ chcesz, aby Twoja średnia wynosiła 0,05. Tak więc zwiększasz prawdopodobieństwo 1s o 2,5% i zmniejszasz -1s o 2,5%. W twoim kodzie odpowiada to zmianie 0.5na 0.525, tj. Z 50% na 52,5%

— Aksakal
źródło

2

Na wszelki wypadek, gdy chcesz DOKŁADNIE 0.05, możesz zrobić odpowiednik następującego kodu R w MATLAB:

sample(c(rep(-1, 95*50), rep(1, 105*50)))

— ddunn801
źródło

-1 ta odpowiedź jest błędna! Jedyne, co robi ten kod, to losowe dopuszczenie statycznego wektora wartości. Wynik nie jest przypadkowy!

— Tim

2

@Tim Dlaczego to nie działa? Zwraca listę -1 i 1 w losowej kolejności z zliczeniami zaprojektowanymi w celu zapewnienia dokładnej średniej 0,05.

— ddunn801

1

@Tim To rozwiązanie jest losowe. Czy próbowałeś uruchomić go wielokrotnie?

— whuber

@ gdy to jest to samo, co rozwiązanie zaproponowane przez Amos Coats, jedyną różnicą jest permutacja wartości. Właściwości statystyczne takiej próbki będą deterministyczne i stałe.

— Tim

3

@Tim Myślę, że możesz czytać jakieś nieuzasadnione założenia do tego pytania, które nie zostały wyraźnie określone. Chociaż częstotliwości - a zatem wszystkie momenty - samej próbki nieuporządkowanej będą stałe, ogromna różnorodność „właściwości statystycznych” generowanej serii będzie się zmieniać losowo. Ponieważ przykład w pytaniu generuje tablicę, a tablice nie są zestawami - kolejność ma znaczenie w tablicy - myślę, że ta interpretacja jest słuszna (i wyjaśnia pytanie). Z drugiej strony „rozwiązanie” opublikowane przez Coatsa to dobry żart - ale SE nie lubi żartować.

— whuber