Bagaimana saya bisa menghitung ?

Misalkan adalah sampel acak dari fungsi distribusi kontinu . Biarkan independen dari . Bagaimana saya bisa menghitung ? $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study

— hadi
sumber

Ini terlihat seperti harapan bersyarat dari variabel acak , mengingat bahwa . Apa yang ? Atau, apakah Anda mencoba menulis fungsi indikator? Seperti ?

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

Jika adalah fungsi indikator gunakan saja linearitas harapan.

I

$I$

— Łukasz Grad

Apa arti bilah vertikal itu di " "? Ini bukan notasi konvensional untuk fungsi indikator, yang menimbulkan keraguan tentang pertanyaan ini.

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

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

— whuber

Mungkin OP hanya dimaksudkan untuk menggunakan bilah vertikal pertama. Itu bisa berarti dimaksudkan untuk pengondisian.

— Michael R. Chernick

@ Zen Saya yakin Anda mungkin salah paham: suntingan seseorang (Anda?) Telah memperbaiki masalah notasi, bukan menciptakannya! Dengan rollback, notasi aneh telah kembali.

— Whuber

Jawaban:

Berikut adalah jawaban alternatif untuk @Lucas 'menggunakan hukum harapan yang diulang:

\begin{aligned} E [\sum_{saya = 1}^{X} 1_{(Y_{saya} \leq Y_{n + 1})}] & = E [E [\sum_{saya = 1}^{X} 1_{(Y_{saya} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{saya = 1}^{X} E [1_{(Y_{saya} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{saya = 1}^{X} E [1_{(Y_{saya} \leq Y_{n + 1})}]] \\ = E [\sum_{saya = 1}^{X} E [E [1_{(Y_{saya} \leq Y_{n + 1})} | Y_{n + 1}]]] \\ = E [\sum_{saya = 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}

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

Langkah ketiga mengikuti dari independensi dan dari ; langkah keempat sekali lagi merupakan penerapan hukum harapan yang diulang; langkah terakhir hanyalah penerapan formula untuk ekspektasi variabel acak seragam diskrit. $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

Dengan membalikkan urutan integrasi, kami memperoleh harapan yang tersisa:

\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}

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

yang menyiratkan . Karenanya: $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

E [\sum_{saya = 1}^{X} 1_{(Y_{saya} \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
sumber

Dengan simetri distribusi, , untuk setiap . Karena adalah kontinu, kita memiliki Karena itu, . Sekarang, kita memiliki $\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

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

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

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_{saya = 1}^{X} {saya}_{{Y_{saya} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = E [\sum_{saya = 1}^{x} {saya}_{{Y_{saya} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = \sum_{saya = 1}^{x} E [{saya}_{{Y_{saya} \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_{saya = 1}^{x} E [{saya}_{{Y_{saya} \leq Y_{n + 1}}}] = \frac{x}{2},

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ di mana kami menggunakan linearitas harapan bersyarat dan independensi dan . Karenanya,

X

$X$

Y_{i}

$Y_i$

E [\sum_{saya = 1}^{X} {saya}_{{Y_{saya} \leq Y_{n + 1}}}] = E [E [\sum_{saya = 1}^{X} {saya}_{{Y_{saya} \leq Y_{n + 1}}} | X]] = E [\frac{X}{2}] = \frac{n + 1}{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
sumber

Kami memiliki

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

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

Langkah kedua mengikuti dari linearitas harapan, langkah ketiga dari independensi dan , dan langkah kelima dari fakta bahwa Untuk membuktikan langkah keenam, Anda dapat menggunakan integrasi parsial . Untuk langkah terakhir, Anda menggunakan rumus untuk jumlah sebagian . $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

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

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

— Lucas
sumber

Dari mana asal Anda ? Selama , itu akan selalu benar maka Anda dapat memperbaiki hasil akhir pada nilai yang Anda inginkan.

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

— Daneel Olivaw

Jika Anda maksud: Saya setuju dengan jawabannya.

N = n

$N=n$

— Daneel Olivaw