Probabilidad de un par de valores consecutivos.

Permite donde y son independientes . $X=(x_1, x_2,...x_{20})$ $x_i\sim N(0,1)$ $x_i, x_j$ $\forall i\neq j$

¿Cuál es la probabilidad de obtener una muestra donde hay al menos dos valores consecutivos y modo que ? $X$ $x_i$ $x_{i+1}$ $\begin{cases} |x_{i}| & > & 1.5 \\ |x_{i+1}| & > & 1.5 \\ x_i x_{i+1} & < & 0 \end{cases}$

probability markov-chain

— will198
fuente

0

$0$ ? O hay un error tipográfico en la pregunta? La probabilidad de que dos números sean y su producto sea es .

| 1.5 | = 1.5

$|1.5|=1.5$

> 1.5

$>1.5$

< 0

$<0$

0

$0$

— Dmitry Rubanovich

conQuiero decir que o y con Quiero decir que un valor es> 0 y el otro es < 0. Por ejemplo, y ajustan a ambas condiciones.

x_{i}, x_{i + 1} > | 1.5 |

$x_i, x_{i+1}>|1.5|$

x_{i}, x_{i + 1} > 1.5

$x_i, x_{i+1}>1.5$

x_{i}, x_{i + 1} < - 1.5

$x_i, x_{i+1}< -1.5$

x_{i} * x_{i + 1} < 0

$x_i*x_{i+1}<0$

x_{i} = 1.8

$x_i=1.8$

x_{i + 1} = - 2

$x_{i+1}=-2$

— will198

La primera condición debe ser que y la segunda condición es que

| x_{i} |, | x_{i + 1} | < 1.5

$|x_i|,|x_{i+1}|<1.5$

x_{i} * x_{i + 1} < 0

$x_i*x_{i+1}<0$

— will198

Entonces es un error tipográfico. Debería decir

| x_{i} |, | x_{i + 1} | > 1.5

$|x_i|,|x_{i+1}|>1.5$ .

— Dmitry Rubanovich

Cada una de sus 20 variables tiene una probabilidad de aproximadamente 0.0668 de ser superior a 1.5 y la misma probabilidad de ser inferior a -1.5. Esto reduce su problema a una pregunta sobre variables discretas (de 3 valores) que podrían resolverse con la regla de la cadena. Debe ser posible programar una función para esto, con su límite (1.5) y el número de variables consecutivas (20) como entrada. ¿Tiene nociones de R, SAS o js?

— Dirk Horsten

Ejecuta una cadena de Markov.

Deje un "flip" (en el índice $i$ ) sea el evento que $X_{i-1}$ y $X_{i}$ son de signos opuestos y ambos exceden $1.5$ en tamaño. A medida que exploramos cualquier realización de $(X_i)$ buscando volteos, podemos explotar la simetría de la distribución Normal estándar para describir el proceso con solo cuatro estados:

El comienzo , antes $X_1$ es observado.
Cero , donde $-1.5 \le X_{i-1} \le 1.5$ .
Uno donde $|X_{i-1}| \gt 1.5$ .
Volteado , donde ocurre un volteo en $i$ .

Iniciar transiciones al estado (mixto)

μ = (1 - 2 p, 2 p, 0)

$\mu = (1-2p, 2p, 0)$

(correspondiente a las posibilidades de estar en estados ( cero , uno , invertido )) donde

p = Pr (X_{1} < - 1.5) = Pr (X_{1} > 1.5) \approx 0.0668072.

$p = \Pr(X_1 \lt -1.5) = \Pr(X_1 \gt 1.5) \approx 0.0668072.$ Como Start nunca se vuelve a ver, no nos molestemos en seguirlo.

Cero pasa a Uno con probabilidad (cuando ) y de lo contrario permanece en Cero . $2p$ $|X_i|\gt 1.5$

Uno pasa a Volteado con probabilidad : esto ocurre cuando y tiene el signo opuesto de . También pasa de nuevo a Uno con probabilidad cuando y tiene el mismo signo que . De lo contrario, pasa a cero . $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$ $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$

Voltear es un estado absorbente: una vez allí, nada cambia independientemente del valor de . $X_i$

Por lo tanto, la matriz de transición (ignorando el inicio transitorio ) para ( cero , uno , invertido ) es, por lo tanto

P = (\begin{array}{ccc} 1 - 2 p & 2 p & 0 \\ 1 - 2 p & p & p \\ 0 & 0 & 1 \end{array})

$\mathbb{P} = \left( \begin{array}{ccc} 1-2 p & 2 p & 0 \\ 1-2 p & p & p \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

Después de salir del estado de inicio (y entrar en el estado mixto ), se realizarán transiciones en el escaneo en busca de un cambio. Por lo tanto, la probabilidad deseada es la tercera entrada (correspondiente a Volteado ) en $\mu$ $20-1$

μ \cdot P^{20 - 1} \approx 0.149045.

$\mu \cdot \mathbb{P}^{20-1} \approx 0.149045.$

Detalles computacionales

No necesitamos hacer multiplicaciones matriciales para obtener . En cambio, después de diagonalizar $18$ $\mathbb{P}^{19}$

P = Q^{- 1} E Q,

$\mathbb{P} = \mathbb{Q}^{-1} \mathbb{E} \mathbb{Q},$

la respuesta para cualquier exponente (incluso los enormes) se puede calcular a través de una sola multiplicación de matriz como $n$

μ \cdot P^{n} = (μ \cdot Q^{- 1}) E^{n} Q

$\mu\cdot\mathbb{P}^n = \left(\mu\cdot\mathbb{Q}^{-1}\right) \mathbb{E}^n \mathbb{Q}$

con

μ \cdot Q^{- 1} = (1, \frac{- 4 p^{2} + p + 1 - \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}{2 \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}, - \frac{- 4 p^{2} + p + 1 + \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}{2 \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}),

$\mu \cdot \mathbb{Q}^{-1} = \left(1,\frac{-4 p^2+p+1-\sqrt{(2-7 p) p+1}}{2 \sqrt{(2-7 p) p+1}},-\frac{-4 p^2+p+1+\sqrt{(2-7 p) p+1}}{2 \sqrt{(2-7 p) p+1}}\right),$

Q = (\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \frac{(1 + p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}) (3 p - 1 + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1})}{8 p^{2}} & - \frac{1 + p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}}{2 p} & 1 \\ \frac{(1 + p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}) (3 p - 1 - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1})}{8 p^{2}} & - \frac{1 + p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}}{2 p} & 1 \end{array})

$\mathbb{Q} = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\left(1+p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right) \left(3 p-1+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)}{8 p^2} & -\frac{1+p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}}{2 p} & 1 \\ \frac{\left(1+p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right) \left(3 p-1-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)}{8 p^2} & -\frac{1+p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}}{2 p} & 1 \\ \end{array} \right)$

E^{n} = (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & {(\frac{1}{2} (1 - p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}))}^{n} & 0 \\ 0 & 0 & {(\frac{1}{2} (1 - p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}))}^{n} \end{array})

$\mathbb{E}^n = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \left(\frac{1}{2} \left(1-p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)\right)^n & 0 \\ 0 & 0 & \left(\frac{1}{2} \left(1-p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)\right)^n \\ \end{array} \right)$

Una simulación de un millón de iteraciones (usando R) respalda este resultado. Su salida,

     Mean       LCL       UCL 
0.1488040 0.1477363 0.1498717

estima la respuesta como con un intervalo de confianza que incluye . $0.1488$ $[0.1477, 0.1499]$ $0.149045$

n <- 20                                         # Length of the sequence
n.iter <- 1e6                                   # Length of the simulation
set.seed(17)                                    # Start at a reproducible point
x <- rnorm(n.iter*n)                            # The X_i
y <- matrix(sign(x) * (abs(x) > 3/2), n, n.iter)
flips <- colSums(y[-1, ] * y[-n, ] == -1)       # Flip indicators
x.bar <- mean(flips >= 1)                       # Mean no. of flipped sequences
s <- sqrt(x.bar * (1-x.bar) / n.iter)           # Standard error of the mean
(c(Mean=x.bar, x.bar + c(LCL=-3,UCL=3) * s))    # The results

— whuber
fuente

Para los curiosos, la técnica que Whuber explotó para obtener los exponentes de la matriz de transición a veces se llama "Diagonalización" en los libros de texto de álgebra lineal elemental.

— Sycorax dice Reinstate Monica el