Varsayalım


10

Başlıkta önerildiği gibi. Varsayalım X1,X2,,Xn pdf sürekli iid rasgele değişkenlerdir f . X1X2XN1>XN , olayını düşünün N2, bu nedenle N , sekansın ilk kez azaldığı zamandır. O halde 'nin değeri E[N]nedir?

Önce yi değerlendirmeye çalıştım P[N=i]. Ben

P[N=2]=f(x)F(x)dx=F(x)22|=12P[N=3]=f(x)xf(y)F(y)dydx=f(x)1F(x)22dx=F(x)F(x)3/32|=13
Benzer şekildePaldım[N=4]=1P[N=4]=18 . Gibiibüyük olur, hesaplama daha karmaşık bir hal alıyor ve ben kalıp bulamamıştır. Nasıl ilerlemem gerektiğini kimse önerebilir mi?

Bu bir dersten veya ders kitabından gelen bir soru mu? Öyleyse, lütfen [self-study]etiketi ekleyin ve wiki'sini okuyun .
Silverfish

1
Bir ipucu. Rastgele olarak izin verilmesi gereken dereceleri düşünün. Orada rütbeleri düzenlemeler 1 , 2 , ... , n . X i'nin arttığı tek bir permütasyon vardır. İçin n 2 vardır , n - 1 o zaman sondan bir önceki pozisyonuna kadar artan bir dizi üretmek için sonunda alin maksimum değilseniz gözlemler, sonra azalır. Bu nedenle bunun n - 1 olasılığı ...? Bu konuda sana sıralanması gerekir 1 / 2n!1,2,,nXin2n1n11/2, ve 1 / 8 sen bulduğunu ve size bunu genellemek basit bir formül verir. Toplam oldukça kolaydır. 1/31/8
Silverfish

(Ve serinin sonucunu tahmin edemiyorsanız, ortalamayı bulmak için toplayacaksınız, belki de bir simülasyonu çalıştırmalısınız. Ondalık basamakların ilk birkaçını tanıyacaksınız.)
Silverfish

Bugün aldığım sınavdan bir sorun. İpucu için teşekkür ederim, şimdi nasıl çözüleceğini anladım.
Hao Lahana

2
stats.stackexchange.com/questions/51429/… aslında bir kopyadır . Sadece tekdüze bir dağılımla ilgili olmasına rağmen, iki sorunun eşdeğer olduğunu göstermek neredeyse önemsizdir. (Tek yön: olasılık integrali dönüşümünü uygulayın .)Xi
whuber

Yanıtlar:


9

{Xi}i1

N=min{n:Xn1>Xn},
NnX1X2Xn1
Pr(Nn)=Pr(X1X2Xn1)=1(n1)!,()
E[N]=n=1Pr(Nn)=e2.71828

PS İnsanlar kanıtını sordu . Sekans değiştirilebilir olduğundan, için herhangi bir permütasyon için Çünkü bizolası permütasyonlar, sonuç takip eder.()π:{1,,n1}{1,,n1}

Pr(X1X2Xn1)=Pr(Xπ(1)Xπ(2)Xπ(n1)).
(n1)!


2
Bunu beğendim - ortalamasını bulmak için genellikle bireysel bulmamız bunun yerine için düz gitmek daha yararlı olabilir . Pr ( Y y )Pr(Y=y)Pr(Yy)
Silverfish

+1 - ancak bu, verilen sınırlı sayıda olduğunu varsayan soruya cevap . Bununla birlikte, teknik sonlu durum için bariz bir şekilde uygulanır. Xi
whuber

1
Biraz kafa karıştırıcı, değil mi? OP bir "diziden" bahseder. Ama sen haklısın. Bu arada, sonucun (özdeşçe dağıtılmış) dağılımına bağlı olmaması açısından, "evrensel" (olduğu gibi) olması mi? Xi
Zen

1
Aslında bağımsızlığa gerek yok. Değiştirilebilirlik yeterlidir. Sonuç daha güçlü. Bunu cevabıma ekleyeceğim.
Zen

3
Sürekli değişkenler için evrensel olması sezgiseldir . Bunu açık hale getirmenin bir yolu, olasılık integral dönüşümü uygulandığında olayın değişmeyen ae olarak kaldığını tanımaktır, bu da değişkenlerin ortak bir düzgün dağılıma sahip olduğu duruma indirgemektedir.
whuber

8

Silverfish tarafından önerildiği gibi, aşağıdaki çözümü gönderiyorum. Ve

P[N=i]=P[X1X2Xi1>Xi]=P[X1X2Xi1]P[X1X2Xi1Xi]=1(i1)!1i!
P[Ni]=1P[N<i]=1(112!+12!13!++1(i2)!1(i1)!)=1(i1)!

Böylece .E[N]=i=1P[Ni]=i=11(i1)!=e


7

Alternatif bir argüman: artan tek bir sırası varolası permütasyonları . Sondan bir önceki konuma kadar yükselen ve sonra azalan siparişlerle ilgileniyoruz: bu maksimumun konumunda olmasını ve diğer son konumda olmasını gerektirir. Olduğundan ilk birini seçmek için yollar bizim sipariş sırayla hüküm ve nihai konuma taşımak, sonra da olasılığıdır:Xin!X1,,Xnn1n1Xin1n1

Pr(N=n)=n1n!

Not , ve dolayısıyla entegrasyonda bulunan sonuçlarla tutarlıdır.Pr(N=2)=212!=12Pr(N=3)=313!=13Pr(N=4)=414!=18

beklenen değerini bulmak için şunları kullanabiliriz:N

E(N)=n=2nPr(N=n)=n=2n(n1)n!=n=21(n2)!=k=01k!=e

(Toplamı daha açık hale getirmek için ; bu toplamı bilmeyen okuyucular için Taylor serisini ve yerine )e x = k = 0 x kk=n2 x=1ex=k=0xkk!x=1

Sonucu simülasyon ile kontrol edebiliriz, işte R'de bazı kodlar:

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))

Bu geri döndü 2.718347, 2.71828beni tatmin edecek kadar yakın .


-1

EDIT: Cevabım yanlış. Böyle basit görünen bir sorunun yanlış yorumlanmasının ne kadar kolay olduğuna bir örnek olarak bırakıyorum.

durumu için matematiğinizin doğru olduğunu düşünmüyorum . Bunu basit bir simülasyonla kontrol edebiliriz: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

Bize verir:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

orderTerim 4 olarak değiştirilirse :

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

Ve 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Simülasyon sonuçlarımıza güvenirsek, desen . Ancak bu da mantıklıdır, çünkü gerçekten sorduğunuz şey, tüm gözlemlerinizin bir alt kümesinde verilen herhangi bir gözlemin minimum gözlem olma olasılığıdır (eğer biz varsayarsak, değişebilirliği varsayarız ve böylece düzen arbiterdir) ). Bunlardan biri minimum olmalıdır ve bu yüzden soru şu ki, rastgele seçilen herhangi bir gözlemin minimum olma olasılığı nedir? Bu sadece basit bir binom sürecidir.P[N=X]=1x


1
Biz nihai ihtiyacımız - Sen biraz o benim okuma doğru ise, soruyu yanlış ettik ilk ederken şey ancak maksimum (ille minimum) olmak arasında yüzden, artan sırada olmalıdır konumundaki bir tanesi maksimumdur. n - 1 X i n - 1Xnn1Xin1
Silverfish

Bence bu hafif bir yanlış yorumlamadan biraz daha fazla. Haklısın, yanlış olduğumu.
Dalton Hance
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.