どのように計算できますか？

が連続分布関数からのランダムサンプルであると仮定します。ましょから独立しさん。どのように計算できますか？ $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study

— ハディ
ソース

ランダム変数の条件付き期待値のように、このルックスとすれば、。何で？または、インジケーター関数を作成しようとしていましたか？よう？

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 2017年

が指標関数である場合は、期待値の線形性を使用します。

I

$I$

— ルカシュGradの

「」の縦棒はどういう意味ですか？これはインジケータ関数の従来の表記ではなく、この質問が何を求めているかについて疑問を投げかけます。

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

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

— whuber

たぶん、OPは最初の垂直バーを使用することだけを意図していました。それは条件付けを意味することを意図していることを意味するかもしれません。

— Michael R. Chernick 2017年

@禅私はあなたが誤解しているかもしれないと信じています：誰かの（あなたの？）編集は表記上の問題を修正しましたが、作成しませんでした！ロールバックにより、奇妙な表記が戻ってきました。

— whuber

回答:

これは、反復された期待の法則を使用した@Lucas 'の代替解です。

\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}

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

3番目のステップは、からのおよび独立性にます。4番目のステップは、繰り返し期待の法則の適用です。最後のステップは、離散的な一様確率変数の期待値に対する式の適用です。 $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

統合の順序を逆にすることで、残りの期待値を導き出します。

\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}

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

これは、を意味します。したがって： $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

E [Σ_{私 = 1}^{バツ} 1_{（ Y_{私} \leq Y_{ん + 1} ）}] = \frac{ん + 1}{4}

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

— ダニール・オリヴァー
ソース

分布の対称性によって、、それぞれについて。は連続なので、したがって、ます。これで、 $\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

Pr {Y_{私} \leq Y_{ん + 1}} = 1 - Pr {Y_{ん + 1} < Y_{私}} = 1 - Pr {Y_{ん + 1} \leq Y_{私}} 。

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

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 [Σ_{私 = 1}^{バツ} 私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}} | バツ = バツ] = E [Σ_{私 = 1}^{バツ} 私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}} | バツ = バツ] = Σ_{私 = 1}^{バツ} E [私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}} | バツ = バツ]

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

= Σ_{私 = 1}^{バツ} E [私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}}] = \frac{バツ}{2} 、

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ ここでは、条件付き期待値の線形性と、およびの独立性を使用しました。したがって、

X

$X$

Y_{i}

$Y_i$

E [Σ_{私 = 1}^{バツ} 私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}}] = E [E [Σ_{私 = 1}^{バツ} 私_{{Y_{私} \leq Y_{ん + 1}}} | バツ]] = E [\frac{バツ}{2}] = \frac{ん + 1}{4} 。

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

— 禅
ソース

我々は

\begin{aligned} E [Σ_{私 = 1}^{バツ} 私 [Y_{私} \leq Y_{ん + 1}]] & = E [Σ_{私 = 1}^{ん} 私 [私 \leq バツ] 私 [Y_{私} \leq Y_{ん + 1}]] \\ = Σ_{私 = 1}^{ん} E [私 [私 \leq バツ] 私 [Y_{私} \leq Y_{ん + 1}]] \\ = Σ_{私 = 1}^{ん} E [私 [私 \leq バツ]] \cdot E [私 [Y_{私} \leq Y_{ん + 1}]] \\ = Σ_{私 = 1}^{ん} \frac{私}{ん} \cdot E [私 [Y_{私} \leq Y_{ん + 1}]] \\ = Σ_{私 = 1}^{ん} \frac{私}{ん} \cdot E [F （ Y_{ん + 1} ）]] \\ = Σ_{私 = 1}^{ん} \frac{私}{ん} \cdot \frac{1}{2} \\ = \frac{ん + 1}{4} \end{aligned}

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

2番目のステップは期待値の線形性から、3番目のステップはとの独立性から、5番目のステップは 6番目のステップを証明するには、部分統合を使用できます。最後のステップでは、部分合計の式を使用します。 $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

F （ y ） = P （ Y \leq y ） = E [私 [Y \leq y]] 。

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

— ルーカス
ソース

あなたのどこから来たのですか？である限り、常にtrueになるため、最終結果を必要な値に修正できます。

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

— Daneel Olivaw 2017年

もしあなたが意味するなら：私は答えに同意します。

N = n

$N=n$

— Daneel Olivaw 2017年