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