Angenommen,

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Wie im Titel vorgeschlagen. Angenommen, $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ sind kontinuierliche iid Zufallsvariablen mit pdf $f$ . Betrachten Sie das Ereignis, dass $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ , $N \geq 2$ , also $N$ ist, wenn die Sequenz zum ersten Mal abnimmt. Was ist dann der Wert von $E[N]$ ?

Ich habe zuerst versucht, zu bewerten $P[N = i]$ . Ich habe

\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}

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

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

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

i

$i$ groß werde, wird die Berechnung komplizierter und ich kann das Muster nicht finden. Kann mir jemand vorschlagen, wie ich vorgehen soll?

probability self-study iid

— Hao der Kohl
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Ist das eine Frage aus einem Kurs oder Lehrbuch? Wenn ja, fügen Sie bitte das [self-study]Tag hinzu und lesen Sie das Wiki .

— Silberfischchen

1

Ein Hinweis. Betrachten Sie die Ränge, die zufällig permutiert werden sollten. Es gibt

Anordnungen der Ränge

. Es gibt nur eine Permutation, bei der alle

zunehmen. Für

gibt es

Beobachtungen, die nicht das Maximum sind, die wir dann herausnehmen und am Ende platzieren können, um eine Sequenz zu erzeugen, die bis zur vorletzten Position zunimmt und dann abnimmt. Daher ist die Wahrscheinlichkeit dafür

von ...? Das sollte man aus mit der Art

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

$1/2$ ,

und

, dass Sie, und geben Sie eine einfache Formel es zu verallgemeinern. Die Summe ist ganz einfach.

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Silberfischchen

(Und wenn Sie das Ergebnis der Serie nicht erraten können, werden Sie summieren, um den Mittelwert zu finden, vielleicht sollten Sie eine Simulation davon ausführen. Sie werden die ersten paar Dezimalstellen erkennen.)

— Silverfish

Es ist ein Problem von der Prüfung, die ich heute abgelegt habe. Vielen Dank für den Hinweis, jetzt habe ich herausgefunden, wie ich ihn lösen kann.

— Hao der Kohl

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… ist im Wesentlichen ein Duplikat. Obwohl es sich nur um eine gleichmäßige Verteilung handelt, ist es fast trivial zu zeigen, dass die beiden Fragen gleichwertig sind. (Eine Möglichkeit:

X_{i}

$X_i$

— Wenden Sie

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

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 Die Leute fragten nach dem Beweis von . Da die Folge austauschbar ist, muss es sein , dass, für jede Permutation haben wir Da haben wirmögliche Permutationen folgt das Ergebnis. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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)!

$(n-1)!$

# Monte Carlo
N <- 10^6
dec <- numeric(N)
for (i in 1:N) {
    j <- 1
    x <- rnorm(1, 0, 1) # plug your favorite distribution here!
    repeat {
        j <- j + 1
        y <- rnorm(1, 0, 1)
        if (y < x) {
            dec[i] <- j
            break
        }
        x <- y
    }
}
cat(mean(dec), "\n")
# A good example of how to program C in R!

— Zen
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2

Ich mag das - es ist eine Erinnerung, dass wir oft nicht die Person finden müssen, um den Mittelwert von Y zu finden, und es kann hilfreicher sein, stattdessen direkt zu zu gehen.

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— Silberfischchen

+1 - aber dies beantwortet nicht wirklich die Frage, die eine gegebene endliche Anzahl von . Trotzdem gilt die Technik auf offensichtliche Weise für den endlichen Fall.

X_{i}

$X_i$

— whuber

1

Ein bisschen verwirrend, nicht wahr? Das OP erwähnt eine "Sequenz". Aber du hast recht. Ist es für Sie übrigens intuitiv, dass das Ergebnis "universell" sein sollte (so wie es ist), in dem Sinne, dass es nicht von der Verteilung der (identisch verteilten) abhängt ?

X_{i}

$X_i$

— Zen

1

Unabhängigkeit ist eigentlich nicht erforderlich. Austauschbarkeit ist genug. Das Ergebnis ist stärker. Ich werde dies zu meiner Antwort hinzufügen.

— Zen

3

Es ist intuitiv, dass es universell für kontinuierliche Variablen ist. Eine Möglichkeit, dies offensichtlich zu machen, besteht darin, zu erkennen, dass das Ereignis beim Anwenden der Wahrscheinlichkeitsintegraltransformation unverändert bleibt, was es auf den Fall reduziert, dass die Variablen eine gemeinsame gleichmäßige Verteilung haben.

— whuber

8

Wie von Silverfish vorgeschlagen, veröffentliche ich die folgende Lösung. Und

\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}

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

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

— Hao der Kohl
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7

Ein alternatives Argument: Es gibt nur eine Ordnung des , die von zunimmtmögliche Permutationen von . Wir sind an Ordnungen interessiert, die bis zur vorletzten Position zunehmen und dann abnehmen: Dies erfordert, dass sich das Maximum in Position befindet und eines der anderen in der Endposition ist. Da es Möglichkeiten gibt, einen der ersten Terme in unserer geordneten Sequenz auszuwählen und an die endgültige Position zu verschieben, ist die Wahrscheinlichkeit: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Beachten Sie , und Dies stimmt also mit den Ergebnissen der Integration überein. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Um den erwarteten Wert von , können wir verwenden: $N$

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

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

(Um die Summierung deutlicher zu machen, habe ich . Für Leser, die mit dieser Summe nicht vertraut sind, nehmen Sie die Taylor-Reihe und ersetze ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Wir können das Ergebnis durch Simulation überprüfen. Hier ist ein Code in 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))

Dies kehrte zurück 2.718347, nah genug 2.71828, um mich zufrieden zu stellen.

— Silberfisch
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-1

EDIT: Meine Antwort ist falsch. Ich lasse es als Beispiel dafür, wie leicht eine scheinbar einfache Frage wie diese falsch zu interpretieren ist.

Ich denke nicht, dass Ihre Mathematik für den Fall korrekt ist . Wir können dies durch eine einfache Simulation überprüfen: $P[N=4]$

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

Gibt uns:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Wenn Sie den orderBegriff auf 4 ändern, erhalten Sie:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

Und 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Wenn wir also unseren Simulationsergebnissen vertrauen, sieht es so aus, als ob das Muster . Dies ist aber auch sinnvoll, da Sie wirklich fragen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass eine bestimmte Beobachtung in einer Teilmenge aller Ihrer Beobachtungen die Mindestbeobachtung ist (wenn wir iid annehmen, gehen wir von Austauschbarkeit aus, und daher ist die Reihenfolge willkürlich ). Eine davon muss das Minimum sein, und daher ist die Frage, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass eine zufällig ausgewählte Beobachtung das Minimum ist. Dies ist nur ein einfacher Binomialprozess. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
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1

Sie haben die Frage leicht falsch interpretiert, wenn ich sie richtig gelesen habe - wir brauchen das endgültige , um alles andere als das Maximum (nicht unbedingt das Minimum) zu sein, während das erste des in aufsteigender Reihenfolge sein muss, also das Eins in Position ist das Maximum.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

Ich denke, das ist etwas mehr als eine leichte Fehlinterpretation. Du hast Recht, dass ich falsch bin.

— Dalton Hance