¿Cómo puedo calcular ?

Supongamos que es una muestra aleatoria de una función de distribución continua . Deje que sea independiente de los 's. ¿Cómo puedo calcular ? $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study

— hadi
fuente

Esto se parece a la expectativa condicional de una variable aleatoria , dado que . Lo que es ? ¿O intentabas escribir una función de indicador? ¿Como ?

I

$I$

Y_{i} \leq Y_{n + 1}

$Y_i \leq Y_{n+1}$

I

$I$

I {Y_{i} \leq Y_{n + 1}}

$I \{ Y_i \leq Y_{n+1} \}$

— GoF_Logistic

Si es una función indicadora, simplemente use la linealidad de la expectativa.

I

$I$

— Łukasz Grad

¿Qué significan esas barras verticales en " "? Esta no es una notación convencional para una función de indicador, lo que genera dudas sobre lo que esta pregunta está planteando.

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

$I\mid Y_i\le Y_{n+1}\mid$

— whuber

Tal vez el OP solo pretendía usar la primera barra vertical. Eso podría significar que está destinado a significar condicionamiento.

— Michael R. Chernick

@Zen Creo que es posible que haya entendido mal: las ediciones de alguien (¿su?) Habían solucionado el problema de notación, ¡no las habían creado! Con la reversión, la extraña notación ha regresado.

— whuber

Respuestas:

Aquí hay una respuesta alternativa a @Lucas 'usando la ley de expectativas iteradas:

\begin{aligned} E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}] & = E [E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | Y_{n + 1}]]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [F (Y_{n + 1})]] \\ = E [X] E [F (Y_{n + 1})] \\ = \frac{n + 1}{2} E [F (Y_{n + 1})] \end{aligned}

$\begin{align} E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] & = E\left[E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE\left[E[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|Y_{n+1}]\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[F(Y_{n+1})]\right] \\[12pt] & = E[X]E\left[F(Y_{n+1})\right] \\[12pt] & =\frac{n+1}{2}E[F(Y_{n+1})] \end {align}$

El tercer paso se deriva de la independencia de e de ; el cuarto paso es nuevamente una aplicación de la ley de expectativas iterativas; El último paso es simplemente una aplicación de la fórmula para la expectativa de una variable aleatoria uniforme discreta. $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

Al invertir el orden de integración, derivamos la expectativa restante:

\begin{aligned} E [F (Y_{n + 1})] & = \int_{- \infty}^{\infty} F (y) d F (y) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{y} d F (x) d F (y) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{x}^{\infty} d F (y) d F (x) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} (1 - F (x)) d F (x) \\ = 1 - E [F (Y_{n + 1})] \end{aligned}

$\begin{align} E[F(Y_{n+1})] & = \int_{-\infty}^{\infty}F(y)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^y dF(x)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{x}^{\infty} dF(y)dF(x) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} (1-F(x))dF(x) \\[10pt] & = 1-E[F(Y_{n+1})] \end{align}$

lo que implica . Por lo tanto: $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}] = \frac{n + 1}{4}

$E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] = \frac{n+1}{4}$

— Daneel Olivaw
fuente

Por simetría distribucional, , para cada . Como es continuo, tenemos Por lo tanto, . Ahora, tenemos $\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

Pr {Y_{i} \leq Y_{n + 1}} = 1 - Pr {Y_{n + 1} < Y_{i}} = 1 - Pr {Y_{n + 1} \leq Y_{i}} .

$\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\} = 1-\Pr\{Y_{n+1}< Y_i\}=1-\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}.$

E [I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}}] = Pr {Y_{i} \leq Y_{n + 1}} = 1 / 2

$\mathrm{E}\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]=\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=1/2$

E [\sum_{i = 1}^{X} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = E [\sum_{i = 1}^{x} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = \sum_{i = 1}^{x} E [I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x]

$\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^x I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right]$

= \sum_{yo = 1}^{X} mi [{yo}_{{Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}}}] = \frac{X}{2},

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ en el cual utilizamos la linealidad de la expectativa condicional y la independencia de y 's. Por lo tanto,

X

$X$

Y_{i}

$Y_i$

mi [\sum_{yo = 1}^{X} {yo}_{{Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}}}] = mi [mi [\sum_{yo = 1}^{X} {yo}_{{Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}}} El | X]] = mi [\frac{X}{2}] = \frac{norte + 1}{4 4} .

$\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \mathrm{E}\!\left[\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X\right]\right] = \mathrm{E}\left[\frac{X}{2}\right] = \frac{n+1}{4}.$

— zen
fuente

Tenemos

\begin{aligned} mi [\sum_{yo = 1}^{X} yo [Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}]] & = mi [\sum_{yo = 1}^{norte} yo [yo \leq X] yo [Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}]] \\ = \sum_{yo = 1}^{norte} mi [yo [yo \leq X] yo [Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}]] \\ = \sum_{yo = 1}^{norte} mi [yo [yo \leq X]] \cdot mi [yo [Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}]] \\ = \sum_{yo = 1}^{norte} \frac{yo}{norte} \cdot mi [yo [Y_{yo} \leq Y_{norte + 1}]] \\ = \sum_{yo = 1}^{norte} \frac{yo}{norte} \cdot mi [F (Y_{norte + 1})]] \\ = \sum_{yo = 1}^{norte} \frac{yo}{norte} \cdot \frac{1}{2} \\ = \frac{norte + 1}{4 4} \end{aligned}

$\begin{align} E\left[ \sum_{i = 1}^X I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] &= E\left[ \sum_{i = 1}^n I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] \right] \cdot E\left[ I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E[I[Y_i \leq Y_{n + 1}]] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E\left[ F(Y_{n + 1})] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{n + 1}{4} \end{align}$

El segundo paso se deriva de la linealidad de las expectativas, el tercer paso de la independencia de e , y el quinto paso del hecho de que Para probar el sexto paso, puede usar la integración parcial . Para el paso final, usa la fórmula para sumas parciales . $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

F (y) = PAGS (Y \leq y) = mi [yo [Y \leq y]] .

$F(y) = P(Y \leq y) = E[I[Y \leq y]].$

— Lucas
fuente

¿De dónde viene tu ? Mientras , eso siempre será cierto, por lo tanto, puede fijar el resultado final en el valor que desee.

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

— Daneel Olivaw

Si quiere decir: Estoy de acuerdo con la respuesta.

N = n

$N=n$

— Daneel Olivaw