Supongamos que

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Como se sugiere en el título. Suponga que son variables aleatorias continuas iid con pdf . Considere el evento de que , , entonces es cuando la secuencia disminuye por primera vez. Entonces, ¿cuál es el valor de ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

Traté de evaluar primero. Tengo Del mismo modo, obtuve . A medida se hace grande, el cálculo se vuelve más complicado y no puedo encontrar el patrón. ¿Alguien puede sugerir cómo debo proceder? $P[N = i]$

\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}

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

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

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

i

$i$

probability self-study iid

— Hao La Col
fuente

¿Es esta una pregunta de un curso o libro de texto? Si es así, agregue la [self-study]etiqueta y lea su wiki .

— Silverfish

1

Una pista. Considere los rangos, que deben permutarse al azar. Hayarreglos de los rangos . Solo hay una permutación en la que los están aumentando. Para hay observaciones que no son el máximo, que luego podemos sacar y colocar al final para generar una secuencia que aumenta hasta la penúltima posición, luego disminuye. Por lo tanto, la probabilidad de esto es de ...? Eso debería resolverlo con el , y que encontró, y darle una fórmula simple para generalizarlo. La suma es bastante fácil.

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

$1/2$

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Silverfish

(Y si no puede adivinar el resultado de la serie se le suma que encontrar la media, tal vez debería ejecutar una simulación de él se puede reconocer el primer par de cifras decimales..)

— pececillo de plata

Es un problema del examen que hice hoy. Gracias por la pista, ahora descubrí cómo resolverlo.

— Hao The Cabbage

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… es esencialmente un duplicado. Aunque solo se trata de una distribución uniforme, es casi trivial mostrar que las dos preguntas son equivalentes. (Una forma: aplique la transformación integral de probabilidad a .)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

Si es una secuencia intercambiable de variables aleatorias y entonces si y solo si . Por lo tanto, por simetría. Por lo tanto, . $\{X_i\}_{i\geq 1}$

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

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

N \geq n

$N\geq n$

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

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

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

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

E [N] = \sum_{n = 1}^{\infty} Pr (N \geq n) = e \approx 2.71828 \dots

$\mathrm{E}[N]=\sum_{n=1}^\infty \Pr(N\geq n)=e\approx 2.71828\dots$

PD La gente preguntó sobre la prueba de . Como la secuencia es intercambiable, debe ser que, para cualquier permutación , tenemos Ya que tenemosposibles permutaciones, el resultado sigue. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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)}) .

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

(n - 1)!

$(n-1)!$

— zen
fuente

2

Me gusta esto: es un recordatorio de que a menudo no necesitamos encontrar la individual para encontrar la media de Y y puede ser más útil ir directamente a lugar.

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— Silverfish

+1 - pero esto en realidad no responde la pregunta, lo que supone un número finito determinado de . Sin embargo, la técnica se aplica al caso finito de una manera obvia.

X_{i}

$X_i$

— whuber

1

Un poco confuso, ¿no? El OP menciona una "secuencia". Pero estás en lo correcto. Por cierto, ¿es intuitivo para usted que el resultado sea "universal" (tal como es), en el sentido de que no depende de la distribución de las (distribuidas de manera idéntica) ?

X_{i}

$X_i$

— Zen

1

En realidad, la independencia no es necesaria. La intercambiabilidad es suficiente. El resultado es más fuerte. Agregaré esto a mi respuesta.

— Zen

3

Es intuitivo que es universal para variables continuas . Una forma de hacer esto obvio es reconocer que el evento permanece sin cambios ae al aplicar la transformación integral de probabilidad, lo que lo reduce al caso en que las variables tienen una distribución uniforme común.

— whuber

8

Como sugirió Silverfish, estoy publicando la solución a continuación. Y

\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}

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

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

— Hao La Col
fuente

7

Un argumento alternativo: solo hay un orden de que está aumentando, fuera delposibles permutaciones de . Estamos interesados en los pedidos que aumentan hasta la penúltima posición y luego disminuyen: esto requiere que el máximo esté en la posición , y uno de los otros esté en la posición final. Dado que hay formas de elegir uno de los primeros términos en nuestra secuencia ordenada y moverlo a la posición final, entonces la probabilidad es: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Nota , y por lo que esto es consistente con los resultados encontrados por la integración. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Para encontrar el valor esperado de podemos usar: $N$

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

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

(Para hacer la suma más obvia, he usado ; para lectores que no estén familiarizados con esta suma, tome la serie de Taylor y sustituye ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Podemos verificar el resultado por simulación, aquí hay un código en 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))

Esto volvió 2.718347, lo suficientemente cerca como 2.71828para satisfacerme.

— Lepisma
fuente

-1

EDITAR: Mi respuesta es incorrecta. Lo dejo como un ejemplo de cuán fácil es malinterpretar una pregunta aparentemente simple como esta.

No creo que su matemática sea correcta para el caso . Podemos verificar esto a través de una simulación simple: $P[N=4]$

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

Nos da:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Cambiando el ordertérmino a 4 nos consigue:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

Y 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Entonces, si confiamos en nuestros resultados de simulación, parece que el patrón es que . Pero esto también tiene sentido, ya que lo que realmente está preguntando es cuál es la probabilidad de que cualquier observación dada en un subconjunto de todas sus observaciones sea la observación mínima (si asumimos esto, asumimos intercambiabilidad y, por lo tanto, el orden es arbitrario ) Uno de ellos tiene que ser el mínimo, por lo que la pregunta es cuál es la probabilidad de que cualquier observación seleccionada al azar sea la mínima. Esto es solo un simple proceso binomial. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
fuente

1

Has malinterpretado ligeramente la pregunta, si mi lectura es correcta: necesitamos que la final sea todo menos el máximo (no necesariamente el mínimo), mientras que el primer de la debe estar en orden creciente, por lo que el uno en la posición es el máximo.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

Creo que eso es un poco más que una ligera mala interpretación. Estás en lo correcto, que yo soy incorrecto.

— Dalton Hance