Suponha que são variáveis aleatórias do iid. Quando a sequência deverá diminuir pela primeira vez?

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Como sugerido no título. Suponha que são variáveis aleatórias contínuas de iid com pdf . Considere o evento em que , , portanto é quando a sequência diminui pela primeira vez. Então, qual é o valor de ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

Tentei avaliar primeiro. Eu tenho Da mesma forma, obtive . À medida aumenta, o cálculo fica mais complicado e não consigo encontrar o padrão. Alguém pode sugerir como devo 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 The Repolho
fonte

Esta é uma pergunta de um curso ou livro? Em caso afirmativo, adicione a [self-study]tag e leia seu wiki .

— Silverfish

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Uma dica. Considere as fileiras, que devem ser permutadas aleatoriamente. Existemarranjos das fileiras . Existe apenas uma permutação na qual todos os estão aumentando. Para existem observações que não são as máximas, que podemos retirar e colocar no final para gerar uma sequência que aumenta até a penúltima posição e depois diminui. Portanto, a probabilidade disso é em ...? Isso deve classificá-lo com os , e que você encontrou e fornecer uma fórmula simples para generalizá-lo. A soma é 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

(E se você não pode adivinhar o resultado da série você vai resumir para encontrar a média, talvez você deve executar uma simulação do que você vai reconhecer o primeiro par de casas decimais..)

— Silverfish

É um problema do exame que fiz hoje. Obrigado pela dica, agora eu descobri como resolvê-lo.

— 21715 Hao The Cabbage

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stats.stackexchange.com/questions/51429/… é essencialmente uma duplicata. Embora se refira apenas a uma distribuição uniforme, é quase trivial mostrar que as duas perguntas são equivalentes. (Uma maneira: aplicar a transformação integral de probabilidade ao .)

X_{i}

$X_i$

— whuber

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Se é uma sequência intercambiável de variáveis aleatórias e então se e somente se . Portanto, por simetria. Portanto, . $\{X_i\}_{i\geq 1}$

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

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

PS As pessoas perguntaram sobre a prova de . Como a sequência é intercambiável, deve ser que, para qualquer permutação , tenhamos Desde que nós temospossíveis permutações, segue o resultado. $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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
fonte

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Gosto disso - é um lembrete de que muitas vezes não precisamos encontrar o indivíduo para encontrar a média de Y e pode ser mais útil ir direto para .

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— quer

+1 - mas isso não responde à pergunta, que supõe um número finito determinado de . No entanto, a técnica se aplica ao caso finito de uma maneira óbvia.

X_{i}

$X_i$

— whuber

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Um pouco confuso, não é? O PO menciona uma "sequência". Mas você está certo. A propósito, é intuitivo para você que o resultado seja "universal" (como é), no sentido de que não depende da distribuição dos (com distribuição idêntica) ?

X_{i}

$X_i$

— Zen

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Na verdade, a independência não é necessária. Permutabilidade é suficiente. O resultado é mais forte. Vou adicionar isso à minha resposta.

— Zen

3

É intuitivo que seja universal para variáveis contínuas . Uma maneira de tornar isso óbvio é reconhecer que o evento permanece inalterado após a aplicação da transformação integral de probabilidade, que a reduz ao caso em que as variáveis têm uma distribuição uniforme comum.

— whuber

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Conforme sugerido pelo Silverfish, estou postando a solução abaixo. E

\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}

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

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

— Hao The Repolho
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Um argumento alternativo: existe apenas uma ordem do que está aumentando, fora dopossíveis permutações de . Estamos interessados em ordenações que aumentam até a penúltima posição e depois diminuem: isso requer que o máximo esteja na posição , e um dos outros esteja na posição final. Como existem maneiras de escolher um dos primeiros termos em nossa sequência ordenada e movê-lo para a posição final, então a probabilidade é: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

Nota , e portanto isso é consistente com os resultados encontrados pela integração. $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

Para encontrar o 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 tornar a soma mais óbvia, usei ; para os leitores não familiarizados com essa soma, faça a série de Taylor e substitua ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

Podemos verificar o resultado por simulação, aqui está um código em 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))

Isso voltou 2.718347, perto o suficiente para 2.71828me satisfazer.

— Silverfish
fonte

-1

EDIT: Minha resposta está incorreta. Estou deixando como um exemplo de como é fácil interpretar uma pergunta aparentemente simples como essa.

Não acho que sua matemática esteja correta para o caso . Podemos verificar isso através de uma simulação simples: $P[N=4]$

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 dá:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

Alterar o ordertermo para 4 nos leva a:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

E 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

Portanto, se confiarmos nos resultados da simulação, parece que o padrão é que . Mas isso também faz sentido, uma vez que o que você realmente está perguntando é qual é a probabilidade de que qualquer observação em um subconjunto de todas as suas observações seja a observação mínima (se estamos assumindo a identificação, então estamos assumindo a permutabilidade e, portanto, a ordem é arbitrária). ) Um deles deve ser o mínimo, e, na verdade, a questão é qual é a probabilidade de que qualquer observação selecionada aleatoriamente seja o mínimo. Este é apenas um processo binomial simples. $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— Dalton Hance
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Você interpretou ligeiramente a pergunta, se minha leitura estiver correta - precisamos que o final seja qualquer coisa, exceto o máximo (não necessariamente o mínimo), enquanto o primeiro do deve estar em ordem crescente. um na posição é o máximo.

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

Eu acho que é um pouco mais do que uma leve má interpretação. Você está correto, que eu estou incorreto.

— quer

Suponha que são variáveis ​​aleatórias do iid. Quando a sequência deverá diminuir pela primeira vez?

Suponha que são variáveis aleatórias do iid. Quando a sequência deverá diminuir pela primeira vez?