Припустимо,

10

Як пропонується у назві. Припустимо, $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ це безперервні iid випадкові величини з pdf $f$ . Розглянемо випадок, коли $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ , $N \geq 2$ , таким чином $N$ - це коли послідовність зменшується вперше. Тоді яке значення $E[N]$ ?

Спершу я спробував оцінити $P[N = i]$ . Я маю Аналогічно я отримав

\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}

$\begin{align*} P[N = 2] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)F(x)dx \\ & = \frac{F(x)^2}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{2} \\ P[N = 3] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\int_x^{\infty}f(y)F(y)dydx \\ & = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{1-F(x)^2}{2}dx \\ & = \frac{F(x)-F(x)^3/3}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{3} \end{align*}$

. Коли

набуває великих розмірів, обчислення ускладнюється, і я не можу знайти схему. Хто-небудь може запропонувати, як мені діяти?

P [N = 4] = \frac{1}{8}

$P[N = 4] = \frac{1}{8}$

i

$i$

probability self-study iid

— Хао Капуста
джерело

Це питання з курсу чи підручника? Якщо так, додайте [self-study]тег і прочитайте його вікі .

— Срібна рибка

1

Підказка. Розглянемо ранги, які повинні бути випадковими перестановками. Є

розташування рангів

. Є лише одна перестановка, в якій

все збільшується. Для

є

спостережень, які не є максимумом, який ми можемо вийняти та розмістити в кінці для створення послідовності, яка збільшується до передостаннього положення, а потім зменшується. Отже, ймовірність цього дорівнює

з ...? Це повинно сортувати вас з

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

$1/2$ ,

і

, що ви знайшли, і дати вам просту формулу , щоб узагальнити його. Сума досить проста.

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Срібна рибка

(І якщо ви не можете вгадати результат серії, ви підберете суму, щоб знайти середину, можливо, вам слід запустити її моделювання. Ви впізнаєте першу пару десяткових знаків.)

— Silverfish

Це проблема з іспитом, який я склав сьогодні. Дякую за підказку, тепер я зрозумів, як це вирішити.

— Хао Капуста

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… по суті є дублікатом. Хоча це стосується лише рівномірного розподілу, показати три питання є рівнозначними. (Один із способів: застосувати інтегральне перетворення ймовірності до

.)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

Якщо $\{X_i\}_{i\geq 1}$ є змінною послідовністю випадкових змінних і

N = min {n : X_{n - 1} > X_{n}},

$N=\min\,\{n:X_{n-1}>X_n\},$ тоді

N \geq n

$N\geq n$ якщо і оні, якщо

X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}

$X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}$ . Тому

Pr (N \geq n) = Pr (X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}) = \frac{1}{(n - 1)!}, (*)

$\Pr(N\geq n) = \Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1})=\frac{1}{(n-1)!}, \qquad (*)$ за симетрією. Отже,

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 Люди запитували про доказ $(*)$ . Оскільки послідовність є змінною, то для будь-якої перестановки $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$ ми маємо

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)}) .

$\Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}) = \Pr(X_{\pi(1)}\leq X_{\pi(2)}\leq\dots\leq X_{\pi(n-1)}).$ Оскільки ми маємо

(n - 1)!

$(n-1)!$ можливі перестановки, результат наступний.

— Дзен
джерело

2

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

X_{i}

$X_i$

1

X_{i}

$X_i$

1

Насправді незалежність не потрібна. Обмінності достатньо. Результат сильніший. Я додам це до своєї відповіді.

— Дзен

3

Інтуїтивно зрозуміло, що це універсально для постійних змінних. Один із способів зробити це очевидним - визнати, що подія залишається незмінною ae при застосуванні інтегрального перетворення ймовірності, що зводить її до випадку, коли змінні мають спільний рівномірний розподіл.

— качан

8

\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}

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

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

— Хао Капуста
джерело

7

$X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$ терміни в нашій упорядкованій послідовності і перемістіть її до кінцевої позиції, тоді ймовірність така:

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

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

$\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

$N$

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

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

$k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Ми можемо перевірити результат за допомогою моделювання, ось який код у 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))

Це повернулося 2.718347, досить близько, щоб 2.71828мене задовольнити.

— Срібна рибка
джерело

-1

EDIT: Моя відповідь неправильна. Я залишаю це як приклад того, як легко, здавалося б, таке просте запитання, як це неправильне тлумачення.

$P[N=4]$

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

Дає нам:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Змінивши orderтермін на 4, отримайте нас:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

І 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

$P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Далтон Генс
джерело

1

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

Я думаю, що це трохи більше, ніж легке неправильне тлумачення. Ти прав, що я неправильний.

— Далтон Генс