仮定

10

タイトルのとおり。仮定のPDFに連続しiid確率変数であり。そのイベントを考える、従って、シーケンスが最初に低下した場合です。次に、値は何ですか？ $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

最初にを評価しようとしました。私は $P[N = i]$ 同様に、

\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}

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

。

大きくなり、計算が複雑になりますし、私はパターンを見つけることができません。誰かが私がどのように進むべきかを提案できますか？

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

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

i

$i$

probability self-study iid

— ハオザキャベツ
ソース

これはコースや教科書の質問ですか？その場合は、[self-study]タグを追加してWikiをお読みください。

— Silverfish、2015

1

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

$1/8$

（そして、シリーズの結果を推測できない場合は、平均を見つけるために合計します。おそらく、そのシミュレーションを実行する必要があります。小数点以下の最初の2、3桁がわかります。）

— Silverfish

今日受験した問題です。ヒントをありがとう、私はそれを解決する方法を見つけました。

— Hao The Cabbage

2

X_{i}

$X_i$

9

$\{X_i\}_{i\geq 1}$

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

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

$(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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)!

$(n-1)!$

# Monte Carlo
N <- 10^6
dec <- numeric(N)
for (i in 1:N) {
    j <- 1
    x <- rnorm(1, 0, 1) # plug your favorite distribution here!
    repeat {
        j <- j + 1
        y <- rnorm(1, 0, 1)
        if (y < x) {
            dec[i] <- j
            break
        }
        x <- y
    }
}
cat(mean(dec), "\n")
# A good example of how to program C in R!

— 禅
ソース

2

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

X_{i}

$X_i$

1

X_{i}

$X_i$

1

実際には、独立は必要ありません。交換性は十分です。結果はより強力です。これを私の答えに追加します。

— Zen

3

連続変数に対して普遍的であることは直感的です。これを明確にする1つの方法は、確率積分変換を適用してもイベントが変わらないことを認識することです。これにより、変数が共通の一様分布を持つ場合に減少します。

— whuber

8

\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}

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

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

— ハオザキャベツ
ソース

7

$X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$ 順序付けられたシーケンスの項を最後の位置に移動すると、確率は次のようになります。

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

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

$\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

$N$

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

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

$k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

シミュレーションで結果を確認できます。Rのコードを次に示します。

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))

これは2.718347、2.71828私を満足させるのに十分近いほど戻ってきました。

— シルバーフィッシュ
ソース

-1

編集：私の答えは間違っています。このような一見単純な質問が誤解されやすい例として残しておきます。

$P[N=4]$

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

私たちに与える：

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

order用語を4に変更すると、次のようになります。

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

そして5：

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

$P[N = X] = \frac{1}{x}$

— ダルトンハンス
ソース

1

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

それは、ちょっとした誤解ではありません。あなたは正しい、私は間違っている。

— ダルトンハンス2015