タグ付けされた質問 「probability」

私たちはあなたのペイアウトがであるゲームを持っています。ここではコインを弾いてヘッドに着地した回数です（最初のフリップがヘッドの場合は）。予想される支払いは次のとおりです k k = 1 E = 12k2k2^kkkkk = 1k=1k=1E=1+1+1+。。。E=∞E= 12（2 ）+ 14（4 ）+ 18（8 ）+ 。。。E=12(2)+14(4)+18(8)+...E = \frac{1}{2}(2) + \frac{1}{4}(4) + \frac{1}{8}(8)+... E= 1 + 1 + 1 + 。。。E=1+1+1+...E=1+1+1+... E= ∞E=∞E=\infty このゲームをプレイするためにいくら払えばよいですか？ まあ、幾何学的分布から、頭が出るまで反転するコインの予想数は次のとおりです。 1P（HEA D ）= 1.5= 21P(HEAD)=1.5=2\frac{1}{P(HEAD)} = \frac{1}{.5}=2 だから私はで未満のものを支払います： k = 22k2k2^kk = 2k=2k=2 つまり、4ドル未満 参照用にhttps://en.wikipedia.org/wiki/St._Petersburg_paradox

8 probability  expected-value  paradox  gambling 

収束確率の式はP[ |バツん−X∞| >ϵ]→0P[|Xn−X∞|>ϵ]→0P[|X_n − X_\infty| \gt \epsilon ]\to 0で、式を使用して問題を解決できます。誰もが直感的にそれを説明できますか（私が5歳のように）、特にに関してεϵ\epsilonは？

8 probability  convergence  intuition 

レッツとY 2〜N （μ 2、σ 2 2）独立系。ことを示すY 1 + Y 2は、スキュー正規分布を有しており、この分布のパラメータを見つけます。Y1∼SN(μ1,σ21,λ)Y1∼SN(μ1,σ12,λ)Y_1\sim SN(\mu_1,\sigma_1^2,\lambda)Y2∼N(μ2,σ22)Y2∼N(μ2,σ22)Y_2\sim N(\mu_2,\sigma_2^2)Y1+Y2Y1+Y2Y_1+Y_2 確率変数は独立しているため、畳み込みを使用しようとしました。LET Z=Y1+Y2Z=Y1+Y2Z=Y_1+Y_2 fZ(z)=∫∞−∞2ϕ(y1|μ1,σ1)Φ(λ(y1−μ1σ1))ϕ(z−y1|μ2,σ22)dy1fZ(z)=∫−∞∞2ϕ(y1|μ1,σ1)Φ(λ(y1−μ1σ1))ϕ(z−y1|μ2,σ22)dy1f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}2\phi(y_1|\mu_1,\sigma_1)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\phi(z-y_1|\mu_2,\sigma_2^2)\,\text{d}y_1 ここで、とΦ （）は、それぞれ標準の正規pdfとcdfです。ϕ()ϕ()\phi()Φ()Φ()\Phi() fZ(z)=∫∞−∞212πσ1−−−−√12πσ2−−−−√exp(−12σ21(y1−μ)2−12σ22((z−y1)2−μ)2)Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1fZ(z)=∫−∞∞212πσ112πσ2exp(−12σ12(y1−μ)2−12σ22((z−y1)2−μ)2)Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_2}}exp\Big(-\frac{1}{2\sigma_1^2}(y_1-\mu)^2-\frac{1}{2\sigma_2^2}((z-y_1)^2-\mu)^2\Big)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1 簡略表記の場合、k=212πσ1√12πσ2√k=212πσ112πσ2k=2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_2}} fZ(z)=k∫∞−∞exp(−12σ21σ22(σ21(y1−μ1)2+σ22((z−y1)−μ2)2))Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1=k∫∞−∞exp(−12σ21σ22(σ22(y21−2y1μ1+μ1)+σ21((z−y1)2−2(z−y1)μ2+μ22)))×Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1=k∫∞−∞exp(−12σ21σ22(σ22(y21−2y1μ1+μ1)+σ21(z2−2zy1+y21−2zμ2+2y1μ2+μ22)))×Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1fZ(z)=k∫−∞∞exp⁡(−12σ12σ22(σ12(y1−μ1)2+σ22((z−y1)−μ2)2))Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1=k∫−∞∞exp⁡(−12σ12σ22(σ22(y12−2y1μ1+μ1)+σ12((z−y1)2−2(z−y1)μ2+μ22)))×Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1=k∫−∞∞exp(−12σ12σ22(σ22(y12−2y1μ1+μ1)+σ12(z2−2zy1+y12−2zμ2+2y1μ2+μ22)))×Φ(λ(y1−μ1σ1))dy1\begin{align*}f_Z(z)&=k\int_{-\infty}^{\infty}\exp\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_1^2(y_1-\mu_1)^2+\sigma_2^2((z-y_1)-\mu_2)^2\Big)\Big)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1\\ &=k\int_{-\infty}^{\infty}\exp\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_2^2(y_1^2-2y_1\mu_1+\mu_1)+\sigma_1^2((z-y_1)^2-2(z-y_1)\mu_2+\mu_2^2)\Big)\Big)\\&\quad\times\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1=k\int_{-\infty}^{\infty} \exp\\&\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_2^2(y_1^2-2y_1\mu_1+\mu_1)+\sigma_1^2(z^2-2zy_1+y_1^2-2z\mu_2+2y_1\mu_2+\mu_2^2)\Big)\Big)\\&\quad\times\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1 \end{align*} しかし、私はこの時点で行き詰まっています。 編集：コメント欄で提案した後、服用とσ 2 1 = σ 2 2 = 1μ1=μ2=0μ1=μ2=0\mu_1=\mu_2=0σ21=σ22=1σ12=σ22=1\sigma_1^2=\sigma_2^2=1 ∫∞−∞212π−−√12π−−√exp(−12[y21+z2−2zy1+y21])Φ(λy1)dy1∫∞−∞212π−−√12π−−√exp(−12y21)Φ(λy1)exp(−12(z−y1)2)dy1∫−∞∞212π12πexp⁡(−12[y12+z2−2zy1+y12])Φ(λy1)dy1∫−∞∞212π12πexp⁡(−12y12)Φ(λy1)exp⁡(−12(z−y1)2)dy1\begin{align*} &\int_{-\infty}^\infty 2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\Big(-\frac{1}{2}[y_1^2+z^2-2zy_1+y_1^2]\Big)\Phi(\lambda y_1)dy_1 \\&\int_{-\infty}^\infty 2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\Big(-\frac{1}{2}y_1^2\Big)\Phi(\lambda y_1) \exp\Big(-\frac{1}{2}(z-y_1)^2\Big)dy_1\end{align*} 歪曲は正常です。

8 probability  self-study  mgf  skew-normal 

私は最近、データサイエンスポジションのHackerRankテストを受けましたが、この質問は間違っていました。に来ました1/200。方法は次のとおりです。 これを実現する50の組み合わせがあります。（つまり、{1,2}、{2,4}、{3,6} ... {50,100}）。特定の番号が選択される確率は1/100です。特定のセットが選択される確率は(1/100 * 1/100)です。 50セットあるので、 P=50*(1/100)*(1/100)=1/200 もちろん、1と100が含まれていると想定しています。しかし、これは間違った答えでした。誰かが私の間違いを理解するのを手伝ってくれる？

8 probability  combinatorics 

離散確率変数によって生成された -algebras を除いて、条件付き期待値を計算する確率の本は実際には見たことがありません。彼らは単に、条件付き期待の存在とその特性を述べ、そのままにしておきます。私はこれを少し動揺させて、それを計算する方法を見つけようとしています。これが「あるべき」だと私は思います。σσ\sigma ましょう確率空間である A -代数。ましょう確率変数です。私たちの目標は、を計算することです。(Ω,F,μ)(Ω,F,μ)(\Omega, \mathscr{F},\mu)G⊆FG⊆F\mathscr{G}\subseteq \mathscr{F}σσ\sigmaξ:Ω→Rξ:Ω→R\xi:\Omega\to \mathbb{R}E[ξ|G]E[ξ|G]E[\xi|\mathscr{G}] 修正しますを計算する必要があります。LET、そのようなことが。直感では、はの値への近似値であるとされていますが、もちろんそのあると仮定します。ω∈Ωω∈Ω\omega\in \OmegaE[ξ|G](ω)E[ξ|G](ω)E[\xi|\mathscr{G}](\omega)A∈GA∈GA\in \mathscr{G}ω∈Aω∈A\omega\in AE[ξ|A]=1μ(A)∫AξE[ξ|A]=1μ(A)∫AξE[\xi|A] = \frac1{\mu(A)}\int_A \xiE[ξ|G](ω)E[ξ|G](ω)E[\xi|\mathscr{G}](\omega)μ(A)≠0μ(A)≠0\mu(A) \not = 0 直感はまた、\ omega \ in Bで、より小さいイベント見つけることができ、\ mu（B）\ not = 0の場合、E [\ xi | B]はE [のより良い近似であると述べています\ mathscr {G}（\オメガ）| \ XIよりE [\ XI | A] 。B⊆AB⊆AB\subseteq Aω∈Bω∈B\omega\in Bμ(B)≠0μ(B)≠0\mu(B) \not = 0E[ξ|B]E[ξ|B]E[\xi|B]E[ξ|G](ω)E[ξ|G](ω)E[\xi|\mathscr{G}](\omega)E[ξ|A]E[ξ|A]E[\xi|A] したがって、E [\ xi …

8 probability  conditional-probability  conditional-expectation  conditioning  sigma-algebra 

私はウィキペディアの定義から引用します（私の強調）： 総期待値の法則として知られる確率理論の命題は、Xが可積分確率変数（つまり、E（| X |）<∞を満たす確率変数）であり、Yが任意の確率変数である場合、同じ確率空間上で可積分である場合、 E（X）= E（E（X∣ Y））E⁡(X)=E⁡(E⁡(X∣Y))\operatorname{E}(X) = \operatorname{E} ( \operatorname{E} ( X \mid Y)) 同じ確率空間でそれらが何を意味するのか、またこれが定義の重要な部分である理由がわかりません。ページのさらに下の例を見てください。 2つの工場が電球を市場に供給しているとします。工場Xの電球は平均5000時間稼働しますが、工場Yの電球は平均4000時間稼働します。工場Xは利用可能な電球の合計の60％を供給していることが知られています。購入した電球が使用できる予想時間はどれくらいですか？ ここの確率変数は次のようです： 電球が持続する時間の長さ。 電球が由来する工場。 これら2つはどのように同じ確率空間を持つことができますか？

8 probability  expected-value  conditional-expectation 

カップルがランダムに円卓に着席している場合、パートナーの反対側に誰も着席していない可能性はどれくらいですか？ 4人の場合、答えは2/3です。 6つあれば8/15だと思います。 その後、すべての可能性を埋め、さまざまな期待値の合計で終わる私の段階的な方法は、かなり面倒になります。興味深いことに、直感的なアプローチでは（4/5）x（2/3）の形で6人の人に正しい答えが得られますが、これを一般化するのに苦労しています。2n人（nカップル）の場合の公式につながる、きちんとした方法はありますか？

8 probability 

SVDを適用する前に欠損値を処理する方法に関する素晴らしいコメントを読みましたが、簡単な例でどのように機能するか知りたいです。 Movie1 Movie2 Movie3 User1 5 4 User2 2 5 5 User3 3 4 User4 1 5 User5 5 1 5 上記のマトリックスを考えると、NAの値を削除すると、User2とUser5しかなくなります。これは、私のUが2×kになることを意味します。しかし、欠損値を予測する場合、Uは5×kである必要があります。これは、特異値とVで乗算できます。 上記のマトリックスで、最初に欠損値のあるユーザーを削除してからSVDを適用して、欠損値を記入する人はいますか？数学記号を使いすぎずに、適用した手順の非常に簡単な説明を提供し、答えを実用的なものにしてください（つまり、数値に別の数値を掛けると答えが得られます）。 次のリンクを読みました。 stats.stackexchange.com/q/33142 stats.stackexchange.com/q/31096 stats.stackexchange.com/q/33103

8 r  missing-data  data-imputation  svd  sampling  matlab  mcmc  importance-sampling  predictive-models  prediction  algorithms  graphical-model  graph-theory  r  regression  regression-coefficients  r-squared  r  regression  modeling  confounding  residuals  fitting  glmm  zero-inflation  overdispersion  optimization  curve-fitting  regression  time-series  order-statistics  bayesian  prior  uninformative-prior  probability  discrete-data  kolmogorov-smirnov  r  data-visualization  histogram  dimensionality-reduction  classification  clustering  accuracy  semi-supervised  labeling  state-space-models  t-test  biostatistics  paired-comparisons  paired-data  bioinformatics  regression  logistic  multiple-regression  mixed-model  random-effects-model  neural-networks  error-propagation  numerical-integration  time-series  missing-data  data-imputation  probability  self-study  combinatorics  survival  cox-model  statistical-significance  wilcoxon-mann-whitney  hypothesis-testing  distributions  normal-distribution  variance  t-distribution  probability  simulation  random-walk  diffusion  hypothesis-testing  z-test  hypothesis-testing  data-transformation  lognormal  r  regression  agreement-statistics  classification  svm  mixed-model  non-independent  observational-study  goodness-of-fit  residuals  confirmatory-factor  neural-networks  deep-learning 

を計算したい P（Y= a X2+ b X+ c &lt; 0 ）P(Y=aX2+bX+c&lt;0)P(Y=aX^2+bX+c<0) ここで、です。モンテカルロを使えば簡単にできます。ただし、私は分析pdfを見つけて計算するように求められましたF Y（Y ）Yバツ〜N（0 、σ）X∼N(0,σ)X \sim N(0,\sigma)fY（y）fY(y)f_Y(y)YYY 私= ∫0- ∞fY（y）dyI=∫−∞0fY(y)dyI=\int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy 私は推測あるようになり唯一の数値計算することができます。ただし、これは一変量の積分であるため、非常に高い精度で計算するための数値手法を利用できます。（比較的単純な）式があるので、数値積分を実行できますか？または、モンテカルロ（私の意見では最も賢明なアプローチです）以外、を計算する別の可能性はありますか？ I f Y（y ）IfY（y）fY(y)f_Y(y)私IIfY（y）fY(y)f_Y(y)私II

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たとえば、どのようにしてガンマ分布がゼロ近くに発散し（スケールと形状パラメーターの適切なセット、たとえば、シェイプとスケール）、面積が1に等しいか？= 10=0.1=0.1=0.1=10=10=10 私が理解しているように、確率密度分布の面積は常に1に等しくなければなりません。ゼロで発散するが他の場所ではゼロであるディラックデルタ分布を取る場合、面積は1になります。 どういうわけか、発散するガンマ分布の面積を取得する場合、それをディラックデルタ分布の面積として表すことができますで重みがゼロではないので、それは1より大きくなるためです。x≠0x≠0x\neq0 誰かが私の推論がうまくいかないところを私に説明できますか？

8 probability  distributions 

地球が火星の宇宙船に攻撃されたと仮定し、宇宙船に対してミサイルを発射するとします。各ミサイルが各宇宙船に命中して破壊する確率は（他のミサイルとは無関係です）。nnnm=k⋅nm=k⋅nm=k \cdot nnnnppp すべてのミサイルを同時にリリースするが、各ミサイルがランダムに宇宙船を選択する場合、すべての宇宙船を破壊する確率はどのくらいですか？

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正規分布の3番目のモーメント正確な信頼区間を計算する方法は？N（a 、σ2）N（a、σ2）N(a, \sigma^2)

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二項分布から派生したpの分散を計算するにはどうすればよいですか？n枚のコインを裏返してk枚の頭を獲得したとします。pをk / nとして推定できますが、その推定の分散をどのように計算できますか？ 試行回数が異なるポイント間を比較するときに比率の推定値の変動を制御できるように、これに興味があります。nが大きい場合のpの推定値の方が確実なので、推定値の信頼性をモデル化できるようにしたいと思います。 前もって感謝します！ 例： 40/100。pのMLEは0.4ですが、pの分散は何ですか？ 4/10。MLEは0.4のままですが、推定値の信頼性が低くなるため、pの分散が大きくなるはずです。

8 probability  variance  binomial 

してみましょうも確率空間。推測：(Ω,F,P)(Ω,F,P)(\Omega, \mathscr F, \mathbb P) イベント st、またはます。イベント stの独立したシーケンスが存在しますA1,A2,...A1,A2,...A_1, A_2, ...∀ A∈⋂nσ(An,An+1,...)∀ A∈⋂nσ(An,An+1,...)\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...)P(A)=0P(A)=0P(A) = 0111B1,B2,...B1,B2,...B_1, B_2, ... τAn:=⋂nσ(An,An+1,...)=⋂nσ(Bn,Bn+1,...):=τBnτAn:=⋂nσ(An,An+1,...)=⋂nσ(Bn,Bn+1,...):=τBn\tau_{A_n} := \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) = \bigcap_n \sigma(B_n, B_{n+1}, ...) := \tau_{B_n} これは本当ですか？ 私が思うに、関数が存在する ST「私たちが選択できるように、sは独立している。本当？なぜ/なぜですか？そうでない場合、上記の予想を他にどのように証明または反証できますか？それが本当なら、コルモゴロフ0-1法（イベント）の証明を変更することで証明できると思います。f:N→Nf:N→Nf: \mathbb N \to \mathbb NAf(n)Af(n)A_{f(n)}Bn=Af(n)Bn=Af(n)B_n = A_{f(n)} おそらく、これらのセットのサブシーケンスの1つは独立しています。 AnAnA_n A2n,A2n+1A2n,A2n+1A_{2n}, A_{2n+1} …

8 probability  independence  non-independent  asymptotics 

なぜ1.5標準偏差を追加して答えを得ることができないのか理解できません。 1標準偏差が10kgで平均が400kgの場合、415kgは1.5標準偏差です。 だから私はこのように計算しました： .3413 + ((.4772-.3413)/2) = 0.40925 この方程式は、2つの標準偏差と1つの標準偏差の差の半分をとり、それを最初の標準偏差に加算します。 なぜこれが機能しないのですか？提供されている表を使用する必要があるのはなぜですか？

8 probability  normal-distribution  standard-deviation