Это вопрос интервью для позиции количественного аналитика, о котором сообщается здесь . Предположим, что мы рисуем из равномерного распределения а ничьи идентифицированы, какова ожидаемая длина монотонно увеличивающегося распределения? Т.е. мы прекращаем рисование, если текущее рисование меньше или равно предыдущему.
Я получил первые несколько:
\ Pr (\ text {length} = 2) = \ int_0 ^ 1 \ int_ {x_1} ^ 1 \ int_0 ^ {x_2} \ mathrm {d} x_3 \, \ mathrm {d} x_2 \, \ mathrm {d} x_1 = 1/3
\ Pr (\ text {length} = 3) = \ int_0 ^ 1 \ int_ {x_1} ^ 1 \ int_ {x_2} ^ 1 \ int_0 ^ {x_3} \ mathrm {d} x_4 \, \ mathrm { d} x_3 \, \ mathrm {d} x_2 \, \ mathrm {d} x_1 = 1/8
но мне все труднее вычислять эти вложенные интегралы, и я не получаю «трюк» для обобщения в . Я знаю, что окончательный ответ структурирован
Есть идеи, как ответить на этот вопрос?
источник
Другой метод решения, который дает вам решение для более общего случая.
Предположим, что является ожидаемой длиной монотонной последовательности , такой, что . Значение, которое мы хотим вычислить, равно . И мы знаем . Кондиционирование на следующем значении,F(x) {x1,x2,...} x≤x1≤x2≤⋯ F(0) F(1)=0
где - плотность U [0,1]. Такπ(y)=1
Решая с граничным условием , получаем . Следовательно, .F(1)=0 F(x)=e(1−x)−1 F(0)=e−1
источник
Еще один метод решения - вычислить интеграл напрямую.
Вероятность генерации последовательности, чья возрастающая часть имеет длину равна , где .≥n fn(0) fn(x)=∫1x∫1x1∫1x2...∫1xn−2∫1xn−1dxndxn−1...dx2dx1
Что нам нужно сделать, это вычислить .fn(0)
Если вы попытаетесь вычислить первые несколько , возможно, вы обнаружите, чтоfn(x) fn(x)=∑nt=0(−x)tt!(n−t)!
Базовый случай: когда ,n=1 f1(x)=∑1t=0(−x)tt!(n−t)!=1−x=∫1xdx1
Индуктивная гипотеза: когда ,n=k fn(x)=∑kt=0(−x)tt!(k−t)! , for k≥1
Шаг индукции: когда ,n=k+1
По математической индукции предположение верно.
Таким образом, мы получаем, чтоfn(0)=1n!
Итак,E(length)=∑∞n=1Pr(length≥n)=∑∞n=11n!=e−1
источник