Zeka Oyunları: Tek tip [0,1] dağılımından çekildiğinde monoton şekilde artan bir iid dizisinin beklenen uzunluğu nedir?

Bu, burada bildirilen nicel bir analist pozisyonu için bir röportajdır . Tekdüze bir $[0,1]$ dağılımından çekildiğimizi ve çekilişlerin olduğunu düşünelim, monoton olarak artan bir dağılımın beklenen uzunluğu nedir? Yani, mevcut çekiliş önceki çekilişe eşit veya daha küçükse çizmeyi bırakırız.

Pr (length = 1) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_{1}} d x_{2} d x_{1} = 1 / 2

$\Pr(\text{length} = 1) = \int_0^1 \int_0^{x_1} \mathrm{d}x_2\, \mathrm{d}x_1 = 1/2$

Pr (length = 2) = \int_{0}^{1} \int_{x_{1}}^{1} \int_{0}^{x_{2}} d x_{3} d x_{2} d x_{1} = 1 / 3

$\Pr(\text{length} = 2) = \int_0^1 \int_{x_1}^1 \int_0^{x_2} \mathrm{d}x_3 \, \mathrm{d}x_2 \, \mathrm{d}x_1 = 1/3$

Pr (length = 3) = \int_{0}^{1} \int_{x_{1}}^{1} \int_{x_{2}}^{1} \int_{0}^{x_{3}} d x_{4} d x_{3} d x_{2} d x_{1} = 1 / 8

$\Pr(\text{length} = 3) = \int_0^1 \int_{x_1}^1 \int_{x_2}^1 \int_0^{x_3} \mathrm{d}x_4\, \mathrm{d}x_3\, \mathrm{d}x_2\, \mathrm{d}x_1 = 1/8$

ancak bu iç içe integralleri hesaplamanın giderek zorlaştığını ve genelleştirilmesi için "numara" . Nihai cevabın yapılandırılmış olduğunu biliyorum $\Pr(\text{length} = n)$

E (length) = \sum_{n = 1}^{\infty} n Pr (length = n)

$\mathbb E(\text{length}) = \sum_{n=1}^{\infty}n\Pr(\text{length} = n)$

Bu soruyu nasıl cevaplayacağınıza dair bir fikriniz var mı?

— Amazon
kaynak

Yanıtlar:

İşte bu soruyu çözmek için bazı genel ipuçları:

Sürekli bir IID rasgele değişken dizisine sahip olursunuz, bu da değiştirilebilecekleri anlamına gelir . Bu, ilk değerleri için belirli bir düzen alma olasılığı ile ilgili ne demektir ? Buna dayanarak, ilk değerleri için artan bir sipariş alma olasılığı nedir? Bunu, rastgele değişkenlerin dağılımı üzerine entegre etmeden çözmek mümkündür. Bunu iyi yaparsanız, tekdüze bir dağılım varsayılmadan bir cevap türetebilirsiniz - yani sürekli rastgele değişkenlerin değişebilir dizileri için geçerli olan bir cevap alırsınız. $n$ $n$

İşte tam çözüm ( bunu kendiniz çözmeniz gerekiyorsa bakmayın ):

Let bağımsız sürekli rastgele değişkenlerin için dizisi olabilir ve izin , dizinin başlangıcındaki artan öğelerin sayısıdır. Bunlar sürekli değiş tokuş edilebilir rastgele değişkenler oldukları için, neredeyse birbirlerine kesinlikle eşit değildirler ve herhangi bir sipariş eşit derecede muhtemeldir, bu yüzden bizde var: (Bu sonucun herhangi bir IID sürekli rastgele değişken dizisi için geçerli olduğuna dikkat edin; homojen bir dağılıma sahip olmaları gerekmez.) Bu nedenle, rastgele değişken olasılık kütle işlevine sahiptir $U_1, U_2, U_3, \cdots \sim \text{IID Continuous Dist}$ $N \equiv \max \{ n \in \mathbb{N} | U_1 < U_2 < \cdots < U_n \}$
$P (N- ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}) = \frac{1}{n!} .$ $\mathbb{P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n) = \frac{1}{n!}.$ $N$ $p_{N} (n) = P (N = n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$ $p_N(n) = \mathbb{P}(N=n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!}.$ Bu sonucun, temel değerler üzerinden entegrasyon kullanarak hesapladığınız değerlere uygun olduğunu göreceksiniz. (Bu bölüm çözüm için gerekli değildir; bütünlüğe dahil edilmiştir.) Negatif olmayan rastgele bir değişkenin beklenen değeri için iyi bilinen bir kural kullanarak , şunları yaptık: Çalışmamızda altta yatan üniforma dağılımını kullanan hiçbir şeyin olmadığını unutmayın. Dolayısıyla, bu sürekli rastgele değişkenlerin değişebilir herhangi bir dizisine uygulanan genel bir sonuçtur. $E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$ $\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$

Bazı başka görüşler:

Yukarıdaki çalışmalardan, bu dağılım sonucunun ve elde edilen beklenen değerin, sürekli bir dağıtım olduğu sürece, temeldeki dağılıma bağlı olmadığını görüyoruz. Her bir skaler rasgele değişkenin, tek tip bir rastgele değişkenin monotonik bir dönüşümü ile elde edilebileceği gerçeğini göz önüne aldığımızda bu gerçekten şaşırtıcı değildir (bu dönüşüm niceliksel işlevidir). Monotonik dönüşümler rütbe sırasını koruduğu için, rastgele IID sürekli rastgele değişkenlerin sıralı olma olasılıklarına bakmak, IID düzgün rastgele değişkenlerin sıralanma olasılıklarına bakmakla aynıdır .

— Monica'yı eski durumuna getir
kaynak

Güzel bitti! (+1)

— jbowman

@Ben son denklem kadar sizi takip ediyorum ... Beklenen değerin

olması gerektiğini düşündüm.

yerine

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N = n) * n = \sum_{n = 1}^{\infty} n^{2} / (n + 1)!

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N=n)*n=∑_{n=1}^∞ n^2/(n+1)!$

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n)

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N⩾n)$ ... lütfen bu bölümü daha fazla açıklayabilir misiniz?

— Amazon

Bu, negatif olmayan rastgele bir değişkenin beklenen değeri için iyi bilinen bir kuraldır . Toplama sırasını değiştirmeyi içeren bir teknik kullanarak, şunlara sahip olursunuz:

Yani bunu bulmalısın

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} n P (N = n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{n} P (N = n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = n}^{\infty} P (N = k) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) .

$\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty n \mathbb{P}(N=n) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^n \mathbb{P}(N = n) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=n}^\infty \mathbb{P}(N =k) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n).$

\sum_{n} \frac{1}{n!} = \sum_{n} \frac{n^{2}}{(n + 1)!}

$\sum_n \tfrac{1}{n!} = \sum_n \tfrac{n^2}{(n+1)!}$

— Monica

Lütfen neden

misiniz?

P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n})

${P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n)$

— badmax

@ badmax: Rasgele değişken

, dizinin başlangıcında artan

elementlerinin sayısıdır ( tanımına bakınız). Bu nedenle, eğer

bu araçlar en az olduğu

sekansın başlangıcında elemanları arttırır. Bu aracı, birinci olduğu

elemanları gerekmektedir olan artan şekilde, içinde olmak

N

$N$

U

$U$

N ⩾ n

$N \geqslant n$

n

$n$

n

$n$

U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}

$U_1 < U_2 < \cdots < U_n$

— Monica

Daha genel bir durum için size çözüm sağlayan başka bir çözüm yöntemi.

Varsayalım tekdüze bir dizisinin tahmin uzunluğu olan , öyle ki . Hesaplamak istediğimiz değer . Ve olduğunu biliyoruz . Bir sonraki değerde koşullandırma, $F(x)$ $\{x_1, x_2, ...\}$ $x\leq x_1\leq x_2\leq\cdots$ $F(0)$ $F(1)=0$

F (x) = \int_{0}^{x} π (y) \cdot 0 d y + \int_{x}^{1} π (y) (1 + F (y)) d y = \int_{x}^{1} 1 + F (y) d y

$F(x) = \int_0^x \pi(y)\cdot 0 dy + \int_x^1\pi(y)(1+F(y))dy= \int_x^1 1+F(y) dy$

burada U [0,1] yoğunluğudur. Yani $\pi(y)=1$

F^{'} (x) = - (1 + F (x))

$F'(x)=-(1+F(x))$

Sınır koşulu , . Dolayısıyla . $F(1)=0$ $F(x) = e^{(1-x)}-1$ $F(0)=e-1$

— jf328
kaynak

Bu çok zekice. Sadece biraz heceleyerek: Gözlemleriniz ise) 1 olduğunu vardır

en uzun ilk artan dizisi eksi bir o öyle belirlemek için yeterli uzunluğudur

ve set

ve 2)

, eğer

sıfır

L

$L$

E (L | X_{0} = x) =: F (x)

$E(L|X_0=x)=:F(x)$

x = 0

$x=0$

E (L | X_{0} = x, X_{1} = y)

$E(L|X_0=x,X_1=y)$

y < x

$y<x$

aksi takdirde. Yana

1 + E (L | X_{0} = y)

$1+E(L|X_0=y)$

aldığımız

E (L | X_{0} = x) = E (E (L | X_{0} = x, X_{1})) = \int_{R} f_{X} (y) E (L | X_{0} = x, X_{1} = y) d y = \int_{x}^{1} f_{X} (y) (1 + E (L | X_{0} = y)) d y = \int_{x}^{1} f_{X} (y) (1 + F (y)) d y

$E(L|X_0=x)=E(E(L|X_0=x,X_1)) = \int_\mathbb{R} f_X(y) E(L|X_0=x, X_1=y) dy = \int_x^1 f_X(y)(1+E(L|X_0=y))dy= \int_x^1 f_X(y)(1+F(y))dy$

üniform durumda doğrudan çözülebilir.

F^{'} (x) = - f_{X} (x) (1 + F (x))

$F'(x)=-f_X(x)(1+F(x))$

— Matthew Towers,

+1 Gerçekten çok zekice. Ancak son cevap dağıtıma bağlı olmadığından (diğer cevap tartışıldığı gibi), bu hesaplama da bir şekilde

bağlı olmamalıdır . Görmenin bir yolu var mı? CC ila @m_t_.

π (y)

$\pi(y)$

— Amip Reinstate Monica,

@amoeba

dağılımına bağlı olmamalı , ancak

diğer değerlerine bağlı olmalı: DE'nin genel çözümü

F (0)

$F(0)$

X

$X$

F

$F$

F = C e^{- \int π} - 1

$F=Ce^{-\int \pi}-1$

— Matthew Towers

@MartijnWeterings

, 1 değil, mesela üniforma durumunda

C = e

$C=e$

e e^{- x} - 1

$e e^{-x} -1$

— Matthew Towers

Evet haklısın. Tek tip davayı ifademi çıkarmak için kullandım, ancak yanlış kullanılırsa

c e^{1 - x} - 1

$ce^{1-x}-1$

c e^{- x} - 1

$ce^{-x}-1$

— Sextus Empiricus

Diğer bir çözüm yöntemi ise integrali doğrudan hesaplamaktır.

$\geq n$ $f^n(0)$ $f^n(x) = \int_{x}^{1}\int_{x_1}^{1}\int_{x_2}^{1}...\int_{x_{n-2}}^{1}\int_{x_{n-1}}^{1}dx_ndx_{n-1}...dx_2dx_1$

$f^n(0)$

$f^n(x)$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^n \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}$

$n=1$ $f^1(x) = \sum_{t=0}^1 \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}=1-x=\int_{x}^{1}dx_1$

$n=k$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^k \dfrac{(-x)^t}{t!(k-t)!}\text{ , for }k \geq 1$

$n = k+1$

$\ \ \ \ \ f^{n}(x) = f^{k+1}(x) = \int_{x}^{1}f^{k}(x^*)dx^*$

$=\int_{x}^{1}\sum_{t=0}^{k} \dfrac{(-x^*)^t}{t!(k-t)!}dx^*$

$=\sum_{t=0}^{k} \dfrac{-(-x^*)^{t+1}}{t!(k-t)!\times(t+1)}\Biggr|_{x}^{1}\\=\sum_{t=0}^{k} \dfrac{-(-x^*)^{t+1}}{(t+1)!(k-t)!}\Biggr|_{x}^{1}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{-(-x^*)^{t}}{t!(k-t+1)!}\Biggr|_{x}^{1}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}}{t!(k-t+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}C_t^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\dfrac{1}{(k+1)!}+\sum_{t=0}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}C_t^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\dfrac{1}{(k+1)!}-\dfrac{(1-1)^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\sum_{t=0}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

By Mathematical Induction, the assumption holds.

Thus, we get that $f^n(0)=\dfrac{1}{n!}$

So, $E(length)=\sum_{n=1}^{\infty} Pr(length\geq n)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n!}=e-1$

— 劉家維
kaynak