Що робити, якщо ймовірності не рівні в правилі ".632?"

Це питання походить із цього питання щодо ".632 Правила". Я пишу з особливою посиланням на відповідь / нотацію користувача60603, наскільки це спрощує питання.

Ця відповідь починається з вибірки розміру із заміни, з різних предметів у колекції (виклик) її N. Тоді ймовірність того, що зразок відрізняється від конкретного елемента N, тоді є $n,$ $n$ $i^{th}$ $s_i$ $m$ $(1 - 1/n).$

У цій відповіді всі елементи N мають рівний шанс бути випадковим шляхом.

Моє запитання таке: припустимо, замість того, щоб у вищезазначеному питанні елементи, які потрібно намалювати, такі, що вони зазвичай розподіляються. Тобто, ми поділяємо стандартну нормальну криву з до на (скажімо) 100 підінтервалів однакової довжини. Кожен із 100 елементів у N має ймовірність намалювати, що дорівнює площі, підданої кривій у відповідному інтервалі. $Z = -4$ $Z = 4$

Моє мислення було таке:

Міркування подібні до того, що у відповіді я думаю. Ймовірність того, що , з елемент N, дорівнює в якій - ймовірність малювання $s_i \ne m$ $m$ $P(s_i \neq m) = (1 - F_i)$ $F_i$ $s_i.$

Ймовірність того, що певний елемент m знаходиться у вибірці S розміром n, є

P (m \in S) = 1 - P (m \notin S) = 1 - \prod_{1}^{n} P (s_{i} \neq m)

$P(m \in S) = 1 - P(m \notin S) = 1 - \prod_1^n P(s_i \neq m)$

= 1 - \prod_{1}^{n} (1 - F_{i}) .

$= 1 - \prod_1^n(1 - F_i).$

Розрахунок, схоже, показує, що по мірі того, як довжина підінтервалів стає невеликою, відповідь збігається на те саме число, що і в першому випадку (ймовірності всі рівні). $s_i$

Це здається протиінтуїтивним (для мене), оскільки конструкція, здається, містить елементи N, які є рідкісними, тому я б очікував, що кількість менша, ніж .632.

Крім того, якщо це правильно, я думаю, що ми мали б

lim_{n \to \infty} \prod_{1}^{n} (1 - F_{i}) = lim (1 - 1 / n)^{n} = 1 / e,

$\lim_{n \to \infty} \prod_1^n(1 - F_i) =\lim (1- 1/n)^n = 1/e,$

які я ще не знаю ні правдивими, ні хибними.

Редагувати: Якщо це правда, можливо, це узагальнить деякі.

Дякую за будь-яку інформацію.

probability sampling

— Даніель
джерело

Я щойно запитав про останнє рівняння з математики SE (питання 791114), бо мене також цікавить, як воно узагальнюється, якщо воно взагалі є.

— Даніель

... і коротка відповідь полягає в тому, що остання рівність є правильною для добре керованих PDF-файлів, тому відповідь на питання полягає в тому, що правило .632 застосовується для найрізноманітніших базових дистрибутивів.

— Даніель

Чи можу я зняти чужу відповідь з іншого сайту та опублікувати її як свою? Тому я опублікував короткий коментар. Можливо, є прийнятий спосіб зробити це, якщо так я піддаюся.

— Даніель

Звичайно, ви можете, просто згадайте джерело в якийсь момент :)

— Firebug

@Firebug: чи можете ви вказати на примірник, коли це робиться, щоб я бачив, що ви маєте на увазі? Дякую.

— Даніель

Питання задає питання про обмежувальну поведінку

\begin{matrix} (1) & = 1 - \prod_{i = 1}^{n} (1 - F_{i}) \end{matrix}

$= 1 - \prod_{i=1}^n(1 - F_i)\tag{1}$

по мірі зростання і рівномірно скорочуються таким чином, що (a) всі є негативними і (b) вони дорівнюють одиниці. (Вони випливають із побудови та аксіом вірогідності.) $n$ $F_i$ $F_i$

За визначенням, цей продукт є експоненцією його логарифму:

\prod_{i = 1}^{n} (1 - F_{i}) = \exp (\sum_{i = 1}^{n} \log (1 - F_{i})) .

$\prod_{i=1}^n(1 - F_i) = \exp\left(\sum_{i=1}^n\log\left(1-F_i\right)\right).$

Теорема Тейлора (з формою залишку Лагранжа) , застосована до , встановлює, що $\log$

\log (1 - F_{i}) = - F_{i} - \frac{1}{2} ϕ_{i}^{2} \geq - F_{i} - \frac{1}{2} F_{i}^{2}

$\log\left(1-F_i\right) = -F_i - \frac{1}{2}\phi_i^2 \ge -F_i - \frac{1}{2}F_i^2$

для деяких в інтервалі . Іншими словами, ці логарифми дорівнюють до термінів, які є максимум у рази . Але коли досить великий, щоб впевнитись, що всі менші, ніж деякі задані (умова, гарантована рівномірною усадкою ), тоді (b) означає і тому $\phi_i$ $[0, F_i]$ $-F_i$ $1/2$ $F_i^2$ $n$ $F_i$ $\epsilon\gt 0$ $F_i$ $n\epsilon \gt \sum F_i = 1$

\sum_{i = 1}^{n} F_{i}^{2} \leq \sum_{i = 1}^{n} ϵ^{2} < \sum_{i = 1}^{n} {(\frac{1}{n})}^{2} = \frac{1}{n} .

$\sum_{i=1}^n F_i^2 \le \sum_{i=1}^n \epsilon^2 \lt \sum_{i=1}^n \left(\frac{1}{n}\right)^2 =\frac{1}{n}.$

Отже

- 1 = - \sum_{i = 1}^{n} F_{i} \geq \sum_{i = 1}^{n} \log (1 - F_{i}) \geq - \sum_{i = 1}^{n} F_{i} - \frac{1}{2} \frac{1}{n} = - 1 - \frac{1}{2 n}

$-1 = -\sum_{i=1}^n F_i \ge \sum_{i=1}^n\log\left(1-F_i\right) \ge -\sum_{i=1}^n F_i - \frac{1}{2}\frac{1}{n} = -1 - \frac{1}{2n}$

видавлює логарифм між двома послідовностями, що сходяться до . Оскільки неперервний, добуток до експоненції цієї межі, . Отже $-1$ $\exp$ $\prod_{i=1}^n(1 - F_i)$ $\exp(-1)$

lim_{n \to \infty} (1 - \prod_{i = 1}^{n} (1 - F_{i})) = 1 - \exp (- 1) \approx 0.632,

$\lim_{n\to\infty} \left(1 - \prod_{i=1}^n(1 - F_i)\right) = 1 - \exp(-1) \approx 0.632,$

QED .

При більш детальному розгляді цього аналізу встановлено, що помилка в цьому наближенні (яка завжди буде нижньою межею) не має розміру більше, ніж Наприклад, поділ стандартного нормального розподілу на зрізів між і дає максимальний поблизу режиму , де він приблизно дорівнює площі прямокутника там, . Вищенаведена межа встановлює, що значення формули буде знаходитись у межах від граничного значення. Фактична помилка на порядок менша,

(\exp ((n / 2) max (F_{i}^{2})) - 1) \exp (- 1) .

$\left(\exp\left((n/2)\max(F_i^2)\right) - 1\right)\exp(-1).$

n = 400

$n=400$

- 4

$-4$

4

$4$

F_{i}

$F_i$

0

$0$

\exp (- 1 / 2) / 50 \approx 0.012

$\exp(-1/2)/50 \approx 0.012$

(1)

$(1)$

0.011

$0.011$

0.001041

$0.001041$ . Ось розрахунок у R(якому ми можемо довіряти, оскільки жоден з справді малий щодо ):

f_{i}

$f_i$

1

$1$

f <- diff(pnorm(seq(-4, 4, length.out=401))) # The normal "slices".
f <- f / sum(f)                              # Make them sum to unity.
exp(-1) - prod(1 - f)                        # Compute the error.

Дійсно, 1 - prod(1-f)це тоді як - . $0.6331615\ldots$ $1-\exp(-1)$ $0.6321206\ldots$

— дзижчати
джерело

Аналіз помилок є дуже корисним аспектом цієї відповіді.

— Даніель