Предположим, что

10

Как предлагается в заголовке. Предположим, что $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ - непрерывные случайные величины с pdf $f$ . Рассмотрим случай, когда $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ , $N \geq 2$ , поэтому $N$ - это когда последовательность уменьшается в первый раз. Тогда каково значение $E[N]$ ?

Я попытался сначала оценить $P[N = i]$ . У меня есть Аналогично, я получил . Поскольку становлюсь большим, вычисления становятся более сложными, и я не могу найти образец. Кто-нибудь может подсказать, как мне поступить?

\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 Хао Капуста
источник

Это вопрос из курса или учебника? Если это так, пожалуйста, добавьте [self-study]тег и прочитайте его вики .

Серебряная рыба

1

Намек. Рассмотрим ранги, которые должны быть случайным образом переставлены. Есть

расстановки рядов

. Существует только одна перестановка, в которой все

увеличиваются. Для

существует

наблюдений, которые не являются максимальными, которые мы затем можем вынести и поместить в конец для генерации последовательности, которая увеличивается до предпоследней позиции, а затем уменьшается. Следовательно, вероятность этого составляет

из ...? Это должно сортировать вас с

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

$1/2$ ,

и

, что вы нашли, и дать вам простую формулу , чтобы обобщить его. Сумма довольно проста.

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

Серебряная рыба

(И если вы не можете угадать результат ряда, который вы суммируете, чтобы найти среднее значение, возможно, вам следует запустить его симуляцию. Вы узнаете первую пару десятичных знаков.)

Silverfish,

Это проблема из экзамена, который я сдал сегодня. Спасибо за подсказку, теперь я разобрался, как ее решить.

Хао Капуста

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… по сути является дубликатом. Хотя это касается только равномерного распределения, почти тривиально показать, что эти два вопроса эквивалентны. (Один из способов: применить интегральное преобразование вероятности к

.)

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 Люди спрашивали про доказательство . Поскольку последовательность является заменяемой, должно быть так, что для любой перестановки мы имеем Так как у насвозможные перестановки, результат следующий. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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
источник

2

Мне нравится это - это напоминание, что нам часто не нужно искать отдельного чтобы найти среднее значение Y, и может быть более полезным вместо этого перейти прямо к .

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

Серебряная рыба

+1 - но это на самом деле не отвечает на вопрос, который предполагает заданное конечное число . Тем не менее, техника применяется к конечному случаю очевидным образом.

X_{i}

$X_i$

whuber

1

Немного смущает, не так ли? ОП упоминает «последовательность». Но ты прав. Кстати, интуитивно ли вам понятно, что результат должен быть «универсальным» (как он есть) в том смысле, что он не зависит от распределения (идентично распределенных) ?

X_{i}

$X_i$

Дзен

1

На самом деле независимость не нужна. Обмениваемости достаточно. Результат сильнее. Я добавлю это к моему ответу.

Дзен

3

Интуитивно понятно, что он универсален для непрерывных переменных. Один из способов сделать это очевидным - признать, что событие остается неизменным после применения интегрального преобразования вероятности, что сводит его к случаю, когда переменные имеют общее равномерное распределение.

whuber

8

Как предлагает Silverfish, я выкладываю решение ниже. И

\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}

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

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

Хао Капуста
источник

7

Альтернативный аргумент: существует только один порядок который увеличивается извозможные перестановки . Нас интересуют порядки, которые увеличиваются до предпоследней позиции, а затем уменьшаются: для этого требуется, чтобы максимум находился в позиции , а один из других находился в конечной позиции. Поскольку существует способов выбрать один из первых членов в нашей упорядоченной последовательности и переместить его в конечную позицию, то вероятность равна: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Примечание , и так что это согласуется с результатами, полученными интегрированием. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Чтобы найти ожидаемое значение мы можем использовать: $N$

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

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

(Чтобы сделать суммирование более очевидным, я использовал ; для читателей, незнакомых с этой суммой, возьмем ряд Тейлора и подставьте ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Мы можем проверить результат с помощью симуляции, вот код в 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))

Это вернулось 2.718347, достаточно близко, 2.71828чтобы удовлетворить меня.

тарпон
источник

-1

РЕДАКТИРОВАТЬ: мой ответ неверен. Я оставляю это как пример того, как легко, казалось бы, простой вопрос, как этот, неправильно истолковать.

Я не думаю, что ваша математика верна для случая . Мы можем проверить это с помощью простой симуляции: $P[N=4]$

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

Дает нам:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Изменение orderсрока на 4 дает нам:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

И 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Поэтому, если мы доверяем нашим результатам моделирования, похоже, что паттерн таков, что . Но это также имеет смысл, поскольку на самом деле вы спрашиваете, какова вероятность того, что любое данное наблюдение в подмножестве всех ваших наблюдений является минимальным наблюдением (если мы предполагаем, что iid, то мы предполагаем взаимозаменяемость, и поэтому порядок является произвольным ). Один из них должен быть минимальным, и поэтому на самом деле вопрос в том, какова вероятность того, что любое наблюдение, выбранное случайным образом, будет минимальным. Это простой биномиальный процесс. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

Далтон Ханс
источник

1

Вы немного неправильно вопрос, если мое чтение его правильно - нам нужно окончательное быть ничего , кроме максимального (не обязательно минимальное) , а первая из должны быть в порядке возрастания, так один в положении является максимальным.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

Серебряная рыба

Я думаю, что это немного больше, чем небольшая неправильная интерпретация. Ты прав, что я не прав.

Далтон Ханс

Предположим, что

Ответы: