Misalkan adalah variabel acak iid. Kapan urutan diharapkan menurun untuk pertama kalinya?

10

Seperti yang disarankan dalam judul. Misalkan adalah variabel acak kontinu iid dengan pdf . Pertimbangkan kejadian yang , , dengan demikian adalah ketika urutan menurun untuk pertama kalinya. Lalu apa nilai ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

Saya mencoba mengevaluasi terlebih dahulu. Saya telah Demikian pula, saya mendapat . Ketika menjadi besar, perhitungannya menjadi lebih rumit dan saya tidak dapat menemukan polanya. Adakah yang bisa menyarankan bagaimana saya harus melanjutkan? $P[N = i]$

\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

— Hai kubis
sumber

Apakah ini pertanyaan dari kursus atau buku teks? Jika demikian, silakan tambahkan [self-study]tag & baca wiki -nya .

— Silverfish

1

Petunjuk. Pertimbangkan peringkat, yang harus diijinkan secara acak. Adapengaturan peringkat . Hanya ada satu permutasi di mana semuanya meningkat. Untuk ada pengamatan yang tidak maksimal, yang kemudian dapat kita ambil dan tempatkan di akhir untuk menghasilkan urutan yang meningkat sampai posisi kedua dari belakang, kemudian berkurang. Oleh karena itu probabilitas dari ini adalah dari ...? Itu akan memilah Anda dengan , dan yang Anda temukan, dan memberi Anda formula sederhana untuk menggeneralisasikannya. Jumlahnya cukup mudah.

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

(Dan jika Anda tidak dapat menebak hasil dari seri, Anda akan menjumlahkan untuk menemukan mean, mungkin Anda harus menjalankan simulasi. Anda akan mengenali beberapa tempat desimal pertama.)

— Silverfish

Ini masalah dari ujian yang saya ambil hari ini. Terima kasih atas petunjuknya, sekarang saya menemukan cara untuk menyelesaikannya.

— Hao The Cabbage

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/... pada dasarnya adalah duplikat. Meskipun hanya menyangkut distribusi yang seragam, hampir sepele untuk menunjukkan bahwa kedua pertanyaan itu setara. (Satu cara: terapkan transformasi integral probabilitas ke .)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

Jika adalah urutan variabel acak yang dapat dipertukarkan dan maka jika dan ony jika . Karena itu, dengan simetri. Karenanya, . $\{X_i\}_{i\geq 1}$

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

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

Orang PS bertanya tentang bukti . Karena urutan dapat dipertukarkan, haruslah itu, untuk permutasi apa pun , kami memiliki Karena kita punyakemungkinan permutasi, hasilnya mengikuti. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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
sumber

2

Saya suka ini - ini adalah pengingat bahwa kita sering tidak perlu menemukan individu untuk menemukan rata-rata Y dan itu bisa lebih membantu untuk langsung menuju sebagai gantinya.

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— Silverfish

+1 - tetapi ini sebenarnya tidak menjawab pertanyaan, yang mengandaikan jumlah terbatas . Namun demikian, teknik ini berlaku untuk kasus hingga dengan cara yang jelas.

X_{i}

$X_i$

— Whuber

1

Agak membingungkan, bukan? OP menyebutkan "urutan". Tapi kamu benar. Ngomong-ngomong, apakah itu intuitif bagi Anda bahwa hasilnya harus "universal" (sebagaimana adanya), dalam arti bahwa itu tidak bergantung pada distribusi (didistribusikan secara identik) ?

X_{i}

$X_i$

— Zen

1

Sebenarnya, kemerdekaan tidak diperlukan. Pertukaran sudah cukup. Hasilnya lebih kuat. Saya akan menambahkan ini ke jawaban saya.

— Zen

3

Sangat intuitif karena bersifat universal untuk variabel kontinu . Salah satu cara untuk membuat ini jelas adalah untuk mengenali bahwa acara tetap tidak berubah pada saat menerapkan transformasi integral probabilitas, yang menguranginya ke kasus di mana variabel memiliki distribusi seragam yang sama.

— whuber

8

Seperti yang disarankan oleh Silverfish, saya memposting solusi di bawah ini. Dan

\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}

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

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

— Hai kubis
sumber

7

Argumen alternatif: hanya ada satu pemesanan yang meningkat, darikemungkinan permutasi . Kami tertarik dengan urutan yang meningkat hingga posisi kedua dari belakang, dan kemudian menurun: ini membutuhkan maksimum berada di posisi , dan salah satu dari lainnya berada di posisi akhir. Karena ada cara untuk memilih salah satu istilah pertama dalam urutan yang kami pesan dan memindahkannya ke posisi akhir, maka kemungkinannya adalah: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Catatan , dan jadi ini konsisten dengan hasil yang ditemukan oleh integrasi. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Untuk menemukan nilai diharapkan, kita dapat menggunakan: $N$

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

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

(Untuk membuat penjumlahan lebih jelas saya telah menggunakan ; untuk pembaca yang tidak terbiasa dengan jumlah ini, ambil seri Taylor dan gantikan ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Kita dapat memeriksa hasilnya dengan simulasi, berikut ini beberapa kode dalam 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))

Ini kembali 2.718347, cukup dekat 2.71828untuk memuaskan saya.

— Gegat
sumber

-1

EDIT: Jawaban saya salah. Saya meninggalkannya sebagai contoh betapa mudahnya pertanyaan yang tampaknya sederhana ini disalahtafsirkan.

Saya tidak berpikir matematika Anda benar untuk kasus . Kami dapat memeriksa ini melalui simulasi sederhana: $P[N=4]$

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

Memberi kami:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Mengubah orderistilah menjadi 4 memberi kami:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

Dan 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Jadi jika kita mempercayai hasil simulasi kita, sepertinya polanya adalah . Tapi ini masuk akal juga, karena apa yang Anda benar-benar tanyakan adalah berapa probabilitas bahwa setiap pengamatan yang diberikan dalam subset dari semua pengamatan Anda adalah pengamatan minimum (jika kita mengasumsikan iid maka kita mengasumsikan dapat dipertukarkan dan urutannya adalah arbiter ). Salah satunya harus minimum, jadi pertanyaannya adalah berapa probabilitas bahwa setiap pengamatan yang dipilih secara acak adalah minimum. Ini hanyalah proses binomial sederhana. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
sumber

1

Anda telah sedikit salah mengartikan pertanyaan, jika bacaan saya benar - kita membutuhkan akhir untuk menjadi apa pun kecuali maksimum (tidak harus minimum) sedangkan dari harus dalam urutan yang meningkat, sehingga satu di posisi adalah maksimum.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

Saya pikir itu sedikit lebih dari sekadar salah tafsir. Anda benar, bahwa saya salah.

— Dalton Hance