Önyükleme örneğinin orijinal örnekle tamamen aynı olması olasılığı

Sadece bir neden kontrol etmek istiyorum.

Orijinal örneğim boyutundaysa ve önyükleme yapıyorsam, düşünce sürecim aşağıdaki gibidir: $n$

$\frac{1}{n}$ , orijinal örnekten alınan herhangi bir gözlem şansıdır. Sonraki çekilişin önceden örneklenmiş gözlem olmadığından emin olmak için örnek boyutunu sınırlandırıyoruz $n-1$ . Böylece, bu kalıbı elde ederiz:

\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n - 1} \cdot \frac{1}{n - 2} \dots \frac{1}{n - (n - 1)} = \frac{1}{n!} .

$\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n-1} \cdot \frac{1}{n-2} \cdots \frac{1}{n-(n-1)} = \frac{1}{n!}.$

Bu doğru mu? Bunun yerine neden $(\frac{1}{n})^n$ .

— Jayant.M
kaynak

Seni takip ettiğimden emin değilim. Neden "sonraki çekilişin bir önceki örnek olmadığından emin olmak" istiyorsun? Önyüklemede fikir değiştirme ile örneklemektir. Yani, bir do sonraki beraberlik önceden çizdiğiniz aynı olması mümkündür olmak istiyorum.

— gung - Monica'yı eski durumuna döndürün

ancak bu, önyüklemeli örneğin orijinal örnekle aynı olmadığı anlamına gelmez mi?

— Jayant.M

Seni takip etmiyorum. Çizme örneğinin örneğinizle aynı olmasını istemezsiniz, sadece örneği popülasyonun bir modeli olarak ele almak istersiniz.

— gung - Monica'yı eski durumuna döndürün

Benim sorum, bootstrap örneğinin orijinal örnekle aynı olma şansı nedir. Önyükleme örneği ile aynı olmakla ilgileniyorum

— Jayant.M

Sorum açık değilse özür dilerim!

— Jayant.M

Not Her gözlem konumunda (yani ) biz herhangi birini seçebilirsiniz böylece vardır gözlemleri muhtemel resamples olan (bunlar çizilmiş sırayı tutuyor)"aynı örnek" tir (örn. tekrarı olmayan tüm orijinal gözlemi içerir ; bu, başladığımız örneği sipariş etmenin tüm yollarını açıklar). $i=1, 2, ..., n$ $n$ $n^n$ $n!$ $n$

Örneğin, üç gözlem, a, b ve c ile 27 olası örneğiniz vardır:

aaa aab aac aba abb abc aca acb acc 
baa bab bac bba bbb bbc bca bcb bcc 
caa cab cac cba cbb cbc cca ccb ccc

Bunlardan altısı a, b ve c'nin her birini içerir.

Yani $n!/n^n$ orijinal numuneyi geri alma olasılığıdır.

Kenara - olasılığın hızlı bir yaklaşımı:

Düşünün o :

\sqrt{2 π} n^{n + \frac{1}{2}} e^{- n} \leq n! \leq e n^{n + \frac{1}{2}} e^{- n}

${\sqrt {2\pi }}\ n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}\leq n!\leq e\ n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}$

yani

\sqrt{2 π} n^{\frac{1}{2}} e^{- n} \leq n! / n^{n} \leq e n^{\frac{1}{2}} e^{- n}

${\sqrt {2\pi }}\ n^{{\frac {1}{2}}}e^{-n}\leq n!/n^n \leq e\ n^{{\frac {1}{2}}}e^{-n}$

Alt sınır Stirling yaklaşımı için verilen olağan olan (büyük için düşük göreceli hataya sahip ). $n$

[Gosper kullanılmasını önerdi yaklaşımı doğuracak Bu olasılık , ölçütlerinizin ne kadar katı olduğuna bağlı olarak , hatta kadar makul bir şekilde çalışır .] $n! \approx \sqrt{(2n+\frac13)\,\pi}n^ne^{-n}$ $\sqrt{(2n+\frac13)\pi}\,e^{-n}$ $n=3$ $n=1$

(Yoruma cevap :) Belirli bir yeniden örneklemde belirli bir gözlem alamama olasılığı $(1-\frac{1}{n})^n$ hangisi için $n$ yaklaşık olarak $e^{-1}$ .

Ayrıntılar için bkz.
Neden her önyükleme örneği kabaca üçte iki gözlem içeriyor?

— Glen_b-Monica'yı eski durumuna döndür
kaynak

Teşekkür ederim! bir ilgi noktası olarak, bir numuneye belirli bir giriş yapmama şansı nedir? örneğin dağıtımı ile

a, b, c

$a,b,c$ verdin, bir 8/27 şansı ile bir örnek alma şansı var

a

$a$

— Jayant.M

Bu zaten sitedeki diğer cevaplarda kapsanıyor, ancak yukarıda (kısaca) ekledim.

— Glen_b

Bu, orijinal numunenin permütasyonu olan bir numune alma olasılığıdır. Bunun yerine, orijinal örnekteki ile aynı diziyi elde etme olasılığı (böylece aynı sırayla aynı elemanlar)

(\frac{1}{n})^{n}

$(\frac {1}{n})^n$ . Sağ?

— DeltaIV

@ deltaiv evet, sadece bir

n!

$n!$ düzenlemeler orijinal sıradadır.

— Glen_b -Mons Monica

Gosper'ın yaklaşımı aşağıya doğru iyi çalışmıyor mu?

n = 1

$n=1$ , sadece aşağı değil

n = 3

$n=3$ ? Bence 0.499 (için

n = 2

$n=2$ ) 0,5 ve 0,996'ya oldukça iyi bir yaklaşımdır (

n = 1

$n=1$ ) 1.0'a oldukça yakındır.

— Karl Ove Hufthammer