Tamsayı olmayan bir ardışık Bernoulli başarısı nasıl oluşturulur?

Verilen:

1. İle bir sikke bilinmeyen önyargı (Baş).$p$
2. Kesinlikle olumlu bir gerçek .$a > 0$

Sorun:

yanlılığı ile rastgele bir Bernoulli varyasyonu oluşturun .$p^{a}$

Bunu nasıl yapacağını bilen var mı? Örneğin, ne zaman pozitif tam sayıdır, daha sonra bir bozuk parayı çevirebilirsiniz o zaman mesele '0' ise, aksi sorunu '1': süreleri ve tüm sonuçlar Kafalar olup olmadığını görmek. Zorluk gerçeğinde yatar mutlaka bir tamsayı olması gerekmez. Ayrıca, önyargı tanıyor olsaydım, istenen önyargı ile başka bir bozuk para inşa edebilirdim. $a$$a$$a$$p$

Bunu birkaç "hileci" ve biraz matematikle çözebiliriz.

İşte temel algoritma:

1. Başarı olasılığı olan bir Geometrik rasgele değişken oluşturun .$p$
2. Bu rastgele değişkenin sonucu, bilinen sabit bir değerini .$f_n \in [0,1]$
3. madalyonuzun blok halinde eşlenmiş oluşturulan adil jeton kullanarak bir rastgele değişkeni oluşturun .$\mathrm{Ber}(f_n)$$\mathrm{Ber}(p)$
4. Ortaya çıkan sonuç , tüm ihtiyacımız olan herhangi için olacaktır .$\mathrm{Ber}(p^a)$$a \in (0,1)$

İşleri daha sindirilebilir hale getirmek için işleri parçalara ayıracağız.

Adet 1 : Genel kayıp olmadan olduğunu varsayın .$0 < a < 1$

Eğer , bazı pozitif tamsayı ve bazı için yazabiliriz . Ancak, herhangi iki bağımsız Bernoulli için Açık bir şekilde madalyonuzdan bir Bernoulli üretebiliriz . Bu nedenle, kendimizi yalnızca olduğunda oluşturmakla ilgilenmemiz gerekir .$a \geq 1$$p^a = p^n p^b$$n$$0 \leq b < 1$

$$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P} \Pr(X_1 = X_2 = 1) = p_1 p_2 \>.$$ $p^n$$\mathrm{Ber}(p^a)$$a \in (0,1)$

2. Parça : Adil madeni para çevirmelerinden keyfi bir oluşturmayı bilin .$\mathrm{Ber}(q)$

Bunu yapmanın standart bir yolu var. Expand onun ikili genişleme ve daha sonra bizim adil sikke "maçın" nin basamak çevirir kullanmak . İlk eşleşme, bir başarı ("kafa") veya başarısızlık ("kuyruk") ilan edip etmeyeceğimizi belirler. Eğer ve tura , kafaları beyan edin, ve , kuyruk . Aksi takdirde, sonraki rakamı yeni bir bozuk para flipine karşı düşünün.$q = 0.q_1 q_2 q_3 \ldots$$q$$q_n = 1$$q_n = 0$

Parça 3 : Bilinmeyen önyargıları olan haksız paralardan nasıl adil bir yazı tura dönüştürüleceğini öğrenin.

Bu, , paranın çiftler halinde çevrilmesi ile yapılır. alırsak , bir kafa beyan edin; alırsak , bir kuyruk bildirin ve yukarıda belirtilen iki sonuçtan biri gerçekleşene kadar deneyi tekrarlayın. Bunlar eşit derecede olasıdır, bu yüzden olasılık olmalıdır .$p \in (0,1)$$HT$$TH$$1/2$

4. Parça : Biraz matematik. (Taylor kurtarmaya.)

Genişleterek etrafında , Taylor teoremi iddia o Not çünkü , sonra her bir terim ilk negatif elimizdeki böylece, a priori olarak bilinir . Bu nedenle burada , ve$h(p) = p^a$$p_0 = 1$

$$p^a = 1 - a(1-p) - \frac{a(1-a)}{2!} (1-p)^2 - \frac{a(1-a)(2-a)}{3!} (1-p)^3 \cdots \>.$$ $0 < a < 1$ $$p^a = 1 - \sum_{n=1}^\infty b_n (1-p)^n \>,$$ $0 \leq b_n \leq 1$ $$1 - p^a = \sum_{n=1}^{\infty} b_n (1-p)^n = \sum_{n=1}^\infty b_n \Pr(G \geq n) = \sum_{n=1}^\infty f_n \Pr(G = n) = \mathbb E f(G),$$ $G \sim \mathrm{Geom}(p)$$f_0 = 0$$f_n = \sum_{k=1}^n b_k$için .$n \geq 1$

Ve biz zaten başarı olasılığı ile Geometrik rastgele bir değişken oluşturmak için paramızı kullanmayı biliyoruz .$p$

Parça 5 : Monte Carlo hilesi.

Let değerleri alan ayrı bir rasgele değişken ile . Let . Sonra $X$$[0,1]$$\Pr(X = x_n) = p_n$$U \mid X \sim \mathrm{Ber}(X)$

$$\Pr(U = 1) = \sum_n x_n p_n.$$

Ancak, ve , şimdi nasıl rastgele değişken oluşturulacağını görüyoruz ve bu bir bir.$p_n = p(1-p)^n$$x_n = f_n$$\mathrm{Ber}(1-p^a)$$\mathrm{Ber}(p^a)$

Aşağıdaki cevap aptal mı?

Eğer bağımsız ve dağılımı vardır , yaklaşık olduğunda yaklaşık olarak dağıtılacaktır .$X_1,\dots,X_n$$\mathrm{Ber}(p)$$Y_n$$\mathrm{Ber}\left(\left(\sum_{i=1}^n X_i/n \right)^a\right)$$Y_n$$\mathrm{Ber}(p^a)$$n\to\infty$

Bu nedenle, bilmiyorsanız , ancak bu jetonu birçok kez atabilirsiniz , bir rastgele değişkeninden (yaklaşık olarak) örnekleme yapmak mümkündür .$p$$\mathrm{Ber}(p^a)$

Örnek Rkod:

n <- 1000000
p <- 1/3 # works for any 0 <= p <= 1
a <- 4
x <- rbinom(n, 1, p)
y <- rbinom(n, 1, mean(x)^a)
cat("p^a =", p^a, "\n")
cat("est =", mean(y))

Sonuçlar:

p^a = 0.01234568 
est = 0.012291 

Bu sorunun aşağıdaki açıklamasını ve kardinal'in cevabını Coursera'daki mevcut Analitik Kombinatorik sınıfının Genel Tartışma forumuna, "Güç serisinin rastgele bir değişken oluşturmak için uygulanması" na gönderdim. Bunu herkese açık ve daha kalıcı bir hale getirmek için topluluk wiki'si olarak burada bir kopya gönderiyorum.

---

Stat.stackexchange.com'da güç serileriyle ilgili ilginç bir soru ve cevap vardı: "Ardışık olmayan ardışık Bernoulli başarıları nasıl üretilir?" Soruyu ve cevabı kardinal ile açıklayacağım.

Diyelim ki olasılığı olan kafalar ve pozitif bir gerçek sayı olan haksız bir paramız var . Olasılığı olan bir olayı nasıl oluşturabiliriz ?$p$$\alpha$$p^\alpha$

pozitif bir tamsayı olsaydı , jetonu çevirebiliriz$\alpha$ α kezve olayın tüm fırlatılmış kafalar olduğunu. Ancak, α tamsayı değil, demek 1 / 2 sonra bu mantıklı değil, ama biz durumda buna azaltmak için bu fikri kullanabilirsiniz, 0 < α < 1 . Olasılığı p 3.5 olan bir olay oluşturmak istiyorsak, olasılıkları p 3 ve p 0.5 olan bağımsız olayların kesişimini alırız.$\alpha$$\alpha$$1/2$$0 \lt \alpha \lt 1$$p^{3.5}$$p^3$$p^{0.5}$

Yapabileceğimiz bir şey, bilinen herhangi bir olasılıkla bir olay oluşturmaktır p ′ ∈ [ 0 , 1 ] . Bunu yapmak için, biz tekrar tekrar iki kez yazı tura okuyarak adil bitleri akışını oluşturabilirsiniz H T olarak 1 ve T H olarak 0 ve görmezden H H ve T T . Bu akışı p ′ = 0 ikili genişlemesi ile karşılaştırıyoruz. A 1 a 2 a 3 . . . $p' \in [0,1]$$HT$$1$$TH$$0$$HH$$TT$$p' = 0.a_1a_2a_3..._2$. Burada birinci anlaşmazlık olan etkinlik , bir i = 1 olasılığı vardır p ' . P α'yı bilmiyoruz , bu yüzden bunu doğrudan kullanamayız, ancak yararlı bir araç olacaktır.$a_i=1$$p'$$p^\alpha$

Ana fikir, p α = ( 1 - q ) α = 1 - α q - α ( 1 - α ) için güç serilerini kullanmak istediğimizdir.2 q2-α(1-α)(2-α)3 ! q3-. . . buradap=1-q. Biz kimin olasılıkları vardır olayları oluşturabilirsinizqnsikke saygısıznsürelerini ve hepsi kuyrukları ise görme ve biz olasılık ile bir etkinlik üretebilirp'qnikili basamak karşılaştırarakp'yukarıdaki gibi adil bir bit akışı ventosses'in kuyrukolup olmadığını kontrol etmek.$p^\alpha = (1-q)^\alpha = 1 - \alpha q - \frac{\alpha(1-\alpha)}{2} q^2 - \frac{\alpha (1-\alpha)(2-\alpha)}{3!}q^3 -...$$p=1-q$$q^n$$n$$p' q^n$$p'$$n$

P parametresi ile geometrik bir rastgele değişken G oluşturun . Bu, sınırsız bir madeni para dizisindeki ilk kafadan önceki kuyruk sayısıdır. P ( G = n ) = ( 1 - p ) n p = q n p . (Bazı insanlar 1'den farklı bir tanım kullanır .)$G$$p$$P(G=n) = (1-p)^np = q^n p$$1$

Bir dizi verilen t 0 , t 1 , t 2 , . . . , Üretebilir t G ilk kafa kadar para çevirin ve varsa: G, birincil kafa önce kuyrukları, göstergesi dizisinin elemanını almak G . Her t n ∈ [ 0 , 1 ] ise , E [ t olasılığı bulunan bir olay elde etmek için t G'yi [ 0 , 1 ] 'de (yukarıdaki gibi yapılandırılmış) tekdüze rastgele bir değişkenle karşılaştırabiliriz.$t_0, t_1, t_2, ...$$t_G$$G$$G$$t_n \in [0,1]$$t_G$$[0,1]$G ] = ∑ n t n P ( G = n ) = ∑ n t n q n p .$E[t_G] = \sum_n t_n P(G=n) = \sum_n t_n q^n p$

Neredeyse ihtiyacımız olan bu. Bunu elimine etmek istiyorum p güç dizisi aracılığıyla s a olarak q .$p$$p^\alpha$$q$

$$1 = p + qp + q^2p + q^3p + ...$$

$$q^n = q^np + q^{n+1}p + q^{n+2}p + ...$$

$$\begin{eqnarray} \sum_n s_n q^n & = & \sum_n s_n (q^n p + q^{n+1}p + q^{n+2}p + ...) \newline & = & \sum_n (s_0 + s_1 + ... + s_n) q^n p \end{eqnarray}$$

Consider $1-p^\alpha = \alpha q + \frac{\alpha(1-\alpha)}{2} q^2 + ...$. Let $t_n$ be the sum of the coefficients of $q$ through $q^n$. Then $1-p^\alpha = \sum_n t_n q^n p$. Each $t_n\in [0,1]$ since the coefficients are positive and sum to $1-0^\alpha = 1$, so we can construct an event with probability $1-p^\alpha$ by comparing a fair bit stream with the binary expansion of $t_G$. The complement has probability $p^\alpha$ as required.

---

Again, the argument is due to cardinal.

The very complete answer by cardinal and subsequent contributions inspired the following remark/variant.

Let PZ stand "Probability of Zero" and $q:=1-p$. If $X_n$ is an iid Bernoulli sequence with PZ $q$, then $M_n := \max(X_1,\,X_2,\,\dots, X_n)$ is a Bernoulli r.v. with PZ $q^n$. Now making $n$ random i.e., replacing it by an integer rv $N \geq 1$ leads to Bernoulli rv $M_N$ with

$$\mathrm{Pr}\{M_N =0\} = \sum_{n=1}^\infty \mathrm{Pr}\{M_N =0 \,\vert\, N =n\} \mathrm{Pr}\{N =n\} = \sum_{n=1}^\infty \mathrm{Pr}\{N =n\} \, q^n.$$ So if $0 < a < 1$ and if we take $\mathrm{Pr}\{N =n\} =b_n$ from cardinal's answer, we find $\mathrm{Pr}\{M_N =0\} = 1- p^a$ and $1-M_N$ is $\mathrm{Ber}(p^a)$ as wanted. This is indeed possible since the coefficients $b_n$ satisfy $b_n \geqslant 0$ and they sum to $1$.

The discrete distribution of $N$ depends only on $a$ with $0 < a < 1$, recall

$$\mathrm{Pr}\{N =n\} = \frac{a}{n}\,\prod_{k=1}^{n-1}\left(1 - a/k\right) \qquad (n \geq 1).$$ It has interesting features. It turns out to have an infinite expectation and an heavy tail behaviour $n \,b_n \sim c/n^a$ with $c = -1/\Gamma(-a) >0$.

Though $M_N$ is the maximum of $N$ rvs, its determination needs a number of $X_k$ which is $\leq N$ since the result is known as soon as one $X_k$ is $1$. The number of computed $X_k$ is geometrically distributed.