Supponiamo che siano variabili casuali. Quando si prevede che la sequenza diminuisca per la prima volta?

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Come suggerito nel titolo. Supponiamo che siano variabili casuali iid continue con pdf . Considera l'evento in cui , , quindi è quando la sequenza diminuisce per la prima volta. Allora qual è il valore di ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

Ho provato a valutare prima . Ho Allo stesso modo, ho ottenuto . Come diventa grande, il calcolo diventa più complicato e non riesco a trovare il modello. Qualcuno può suggerire come dovrei procedere? $P[N = i]$

\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

— Hao The Cabbage
fonte

È una domanda di un corso o di un libro di testo? In tal caso, aggiungi il [self-study]tag e leggi la sua wiki .

— Pesce d'argento

1

Un suggerimento. Considera i ranghi, che dovrebbero essere casualmente permutati. Ci sonodisposizioni dei gradi . C'è solo una permutazione in cui gli sono tutti in aumento. Per ci sono osservazioni che non sono il massimo, che possiamo quindi estrarre e posizionare alla fine per generare una sequenza che aumenta fino alla penultima posizione, quindi diminuisce. Quindi la probabilità di questo è su ...? Questo dovrebbe risolverti con , e che hai trovato e darti una formula semplice per generalizzarlo. La somma è abbastanza semplice.

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

$1/2$

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Silverfish

(E se non riesci a indovinare il risultato della serie, riassumerai per trovare la media, forse dovresti eseguirne una simulazione. Riconoscerai la prima coppia di cifre decimali.)

— Silverfish

È un problema dell'esame che ho sostenuto oggi. Grazie per il suggerimento, ora ho capito come risolverlo.

— Hao The Cabbage

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… è essenzialmente un duplicato. Sebbene riguardi solo una distribuzione uniforme, è quasi banale mostrare che le due domande sono equivalenti. (Solo andata: applica la trasformazione integrale di probabilità a .)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

Se è una sequenza intercambiabile di variabili casuali e allora se e ony se . Pertanto, per simmetria. Quindi, . $\{X_i\}_{i\geq 1}$

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 Le persone hanno chiesto informazioni sulla prova di . Poiché la sequenza è intercambiabile, deve essere che, per ogni permutazione , abbiamo Dal momento che abbiamopossibili permutazioni, il risultato segue. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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
fonte

2

Mi piace questo - è un promemoria che spesso non abbiamo bisogno di trovare l'individuo per trovare la media di Y e può essere più utile andare dritto per .

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— Silverfish

+1 - ma in realtà questo non risponde alla domanda, che suppone un dato numero finito di . Tuttavia, la tecnica si applica al caso finito in modo ovvio.

X_{i}

$X_i$

— whuber

1

Un po 'confuso, vero? L'OP menziona una "sequenza". Ma hai ragione. A proposito, ti è intuitivo che il risultato dovrebbe essere "universale" (così com'è), nel senso che non dipende dalla distribuzione degli (identici distribuiti) ?

X_{i}

$X_i$

— Zen,

1

In realtà, l'indipendenza non è necessaria. La scambiabilità è sufficiente. Il risultato è più forte. Aggiungerò questo alla mia risposta.

— Zen,

3

È intuitivo che è universale per variabili continue . Un modo per rendere ovvio questo è riconoscere che l'evento rimane invariato dopo l'applicazione della trasformazione integrale di probabilità, che lo riduce nel caso in cui le variabili abbiano una distribuzione uniforme comune.

— whuber

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Come suggerito da Silverfish, sto pubblicando la soluzione di seguito. E

\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}

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

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

— Hao The Cabbage
fonte

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Un argomento alternativo: c'è solo un ordinamento di che sta aumentando, dapossibili permutazioni di . Siamo interessati ordinamenti che aumentano fino penultima posizione, e quindi diminuire: ciò richiede il massimo per essere in posizione , e una delle altra essere nella posizione finale. Poiché ci sono modi per scegliere uno dei primi termini nella nostra sequenza ordinata e spostarlo nella posizione finale, allora la probabilità è: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Nota , e quindi questo è coerente con i risultati trovati dall'integrazione. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Per trovare il valore atteso di possiamo usare: $N$

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

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

(Per rendere la somma più ovvia ho usato ; per i lettori che non hanno familiarità con questa somma, prendi la serie di Taylor e sostituisci ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Possiamo verificare il risultato mediante simulazione, ecco un codice 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))

Questo è tornato 2.718347, abbastanza vicino da 2.71828soddisfarmi.

— pesciolino d'argento
fonte

-1

EDIT: la mia risposta non è corretta. Lo lascio come esempio di quanto sia facile fraintendere una domanda apparentemente semplice come questa.

Non penso che la tua matematica sia corretta per il caso . Possiamo verificarlo tramite una semplice simulazione: $P[N=4]$

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

Ci da:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Cambiando il ordertermine in 4 ci procuri:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

E 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Quindi, se ci fidiamo dei nostri risultati di simulazione, sembra che lo schema sia che . Ma anche questo ha senso, dal momento che ciò che stai veramente chiedendo è qual è la probabilità che ogni data osservazione in un sottoinsieme di tutte le tue osservazioni sia l'osservazione minima (se stiamo assumendo iid allora stiamo assumendo la possibilità di scambiare e quindi l'ordine è arbitrario ). Uno di questi deve essere il minimo, e quindi davvero la domanda è qual è la probabilità che qualsiasi osservazione selezionata a caso sia il minimo. Questo è solo un semplice processo binomiale. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
fonte

1

Hai un po 'male interpretato la domanda, se la mia lettura è corretto - abbiamo bisogno del finale di essere qualsiasi cosa ma il massimo (non necessariamente il minimo) mentre il primo del deve essere in ordine crescente, in modo che il uno in posizione è il massimo.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

Penso che sia un po 'più di una leggera interpretazione errata. Hai ragione, sono sbagliato.

— Dalton Hance,