ধরুন র্যান্ডম ভেরিয়েবল। ক্রমটি প্রথমবারের জন্য কমে যাওয়ার আশা করা হচ্ছে?

10

শিরোনামে পরামর্শ হিসাবে। ধরুন পিডিএফ সহ অবিচ্ছিন্ন র‌্যান্ডম ভেরিয়েবল । ঘটনা বিবেচনা করুন যে , , এইভাবে যখন ক্রম প্রথমবারের কমে যায়। তাহলে এর মান কত ? $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

আমি প্রথমে মূল্যায়নের চেষ্টা করেছি । আমার কাছে একইভাবে, আমি পেয়েছিলাম । হিসাবে বড় পায়, হিসাব আরো জটিল পরার এবং আমি প্যাটার্ন খুঁজে পাচ্ছি না। আমার পরামর্শ কীভাবে করা উচিত? $P[N = i]$

\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

— হাও দি বাঁধাকপি
সূত্র

এটি কোনও কোর্স বা পাঠ্যপুস্তক থেকে একটি প্রশ্ন? যদি তা হয় তবে দয়া করে [self-study]ট্যাগটি যুক্ত করুন এবং এর উইকিটি পড়ুন ।

— সিলভার ফিশ

1

একটি ইঙ্গিত. স্থানগুলি বিবেচনা করুন, যা এলোমেলোভাবে অনুমতি দেওয়া উচিত। আছে এর র‌্যাঙ্কের ব্যবস্থা । কেবলমাত্র একটির অনুমতি রয়েছে যাতে সমস্ত বাড়ছে। জন্য আছে পর্যবেক্ষণ সর্বোচ্চ, যা আমরা তারপর খুঁজে নিতে এবং শেষে স্থাপন করতে পারেন একটি অনুক্রম যাতে উপান্ত্য অবস্থান পর্যন্ত বৃদ্ধি পাচ্ছে জেনারেট করতে হয় না, তারপর হ্রাস পায়। সুতরাং এর সম্ভাবনা বাইরে ...? এটি আপনাকে যে , এবং পেয়েছিল তা দিয়ে সাজিয়ে নেওয়া উচিত এবং এটি সাধারণকরণের জন্য আপনাকে একটি সাধারণ সূত্র দেয় give যোগফলটি বেশ সহজ।

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

$1/8$

— সিলভার ফিশ

(এবং যদি আপনি সিরিজের ফলাফলটি অনুমান করতে না পারেন তবে আপনি এর গড়টি খুঁজে বের করতে পারেন, সম্ভবত এটির একটি সিমুলেশন চালানো উচিত

— dec

আজ আমি যে পরীক্ষা দিয়েছি তা এটি একটি সমস্যা। ইঙ্গিতটির জন্য আপনাকে ধন্যবাদ, এখন আমি কীভাবে এটি সমাধান করব তা ভেবে দেখলাম।

— হাও দি বাঁধাকপি

2

stats.stackexchange.com/questions/51429/… মূলত একটি সদৃশ। যদিও এটি কেবল অভিন্ন বিতরণ সম্পর্কিত, এটি দুটি প্রশ্নের সমতুল্য দেখানো প্রায় তুচ্ছ almost : (ওয়ান ওয়ে আবেদন সম্ভাব্যতা অবিচ্ছেদ্য রুপান্তর ।)

X_{i}

$X_i$

— whuber

9

তাহলে একটি হল বিনিময়যোগ্য র্যান্ডম ভেরিয়েবল এবং ক্রম তারপর যদি এবং ony যদি । অতএব, প্রতিসম দ্বারা। অতএব, । $\{X_i\}_{i\geq 1}$

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

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

পিএস লোকেরা এর প্রমাণ সম্পর্কে জিজ্ঞাসা করেছিল । যেহেতু ক্রমটি বিনিময়যোগ্য, তাই অবশ্যই এটি হতে হবে যে কোনও অনুক্রমের জন্য , আমাদের কাছে যেহেতু আমাদেরসম্ভাব্য আদেশ, ফলাফল নিম্নলিখিত। $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

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)!

$(n-1)!$

— জেন
সূত্র

2

আমি এটি পছন্দ করি - এটি একটি অনুস্মারক হিসাবে আমাদের প্রায়শই এর অর্থ জন্য পৃথক করার প্রয়োজন হয় না এবং এর পরিবর্তে সরাসরি জন্য আরও বেশি সহায়ক হতে পারে ।

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— সিলভার ফিশ

+1 টি - কিন্তু আসলে এই প্রশ্ন, যা একটি প্রদত্ত supposes উত্তর না সসীম সংখ্যা । তবুও কৌশলটি সুস্পষ্ট উপায়ে সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রে প্রযোজ্য।

X_{i}

$X_i$

— whuber

1

একটু বিভ্রান্তি, তাই না? ওপিতে একটি "সিকোয়েন্স" উল্লেখ করা হয়েছে। তবে আপনি ঠিক বলেছেন। যাইহোক, এটি কী আপনার কাছে স্বজ্ঞাত যে ফলাফলটি "সর্বজনীন" হওয়া উচিত (যেমনটি হয়) এই অর্থে যে এটি (অভিন্ন বিতরণ করা) এর বিতরণের উপর নির্ভর করে না ?

X_{i}

$X_i$

— জেন

1

আসলে স্বাধীনতার দরকার হয় না। বিনিময়যোগ্যতা যথেষ্ট। ফলাফল আরও শক্তিশালী। আমি আমার উত্তরে এটি যুক্ত করব।

— জেন

3

এটি স্বজ্ঞাত যে এটি ক্রমাগত পরিবর্তনশীলগুলির জন্য সর্বজনীন । এটি সুস্পষ্ট করার একটি উপায় হ'ল সম্ভাবনা ইন্টিগ্রাল ট্রান্সফর্ম প্রয়োগ করার পরে ইভেন্টটি অপরিবর্তিত রয়েছে তা সনাক্ত করা, যা ভেরিয়েবলগুলির একটি সাধারণ অভিন্ন বিতরণ রয়েছে এমন ক্ষেত্রে এটি হ্রাস করে।

— whuber

8

সিলভারফিশের পরামর্শ অনুসারে, আমি নীচে সমাধান পোস্ট করছি। এবং

\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}

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

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

— হাও দি বাঁধাকপি
সূত্র

7

একটি বিকল্প যুক্তি: এর কেবলমাত্র একটি ক্রম রয়েছে যা বাইরে বাড়ছে এর সম্ভাব্য অনুমতি । আমরা অর্ডারগুলিতে আগ্রহী যা পেনাল্টিমেট পজিশন না হওয়া অবধি বৃদ্ধি পায় এবং তারপরে হ্রাস পায়: এর জন্য সর্বাধিক পজিশনে থাকা দরকার , এবং অন্য একটি এর চূড়ান্ত অবস্থানে থাকতে হবে। যেহেতু আমাদের অর্ডার করা ক্রমের মধ্যে প্রথম পদগুলির মধ্যে একটি বেছে নেওয়ার এবং এটি চূড়ান্ত অবস্থানে নিয়ে যাওয়ার উপায় রয়েছে , তবে সম্ভাবনাটি হ'ল: $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

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

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

দ্রষ্টব্য , এবং সুতরাং এটি ইন্টিগ্রেশন দ্বারা প্রাপ্ত ফলাফলের সাথে সামঞ্জস্যপূর্ণ। $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

এর প্রত্যাশিত মানটি খুঁজতে আমরা ব্যবহার করতে পারি: $N$

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

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

(এই সংমিশ্রণটি আরও স্পষ্ট করে তুলতে আমি ব্যবহার করেছি ; পাঠকদের জন্য এই পরিমাণের সাথে অপরিচিত, টেলর সিরিজটি এবং বিকল্প ) $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

আমরা অনুকরণের মাধ্যমে ফলাফলটি পরীক্ষা করতে পারি, এখানে আর-তে কিছু কোড রয়েছে:

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))

এটি ফিরে এসেছিল 2.718347, 2.71828আমাকে সন্তুষ্ট করার জন্য যথেষ্ট কাছে।

— Silverfish
সূত্র

-1

সম্পাদনা: আমার উত্তরটি ভুল। এর মতো একটি আপাতদৃষ্টিতে সহজ প্রশ্নটির ভুল ব্যাখ্যা করা কত সহজ উদাহরণ হিসাবে আমি এটিকে রেখে চলেছি।

আমি মনে করি না মামলার জন্য আপনার গণিত সঠিক । আমরা এটি একটি সাধারণ সিমুলেশন মাধ্যমে পরীক্ষা করতে পারেন: $P[N=4]$

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

আমাদের দেয়:

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

orderপদটি 4 এ পরিবর্তন করে আমাদের পেতে:

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

এবং 5:

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

তাই আপনি যদি আমরা আমাদের সিমুলেশন ফলাফল বিশ্বাস, দেখে মনে হচ্ছে প্যাটার্ন মত যে । তবে এটি তাত্পর্যপূর্ণভাবে বোঝায়, যেহেতু আপনি সত্যিই যা জিজ্ঞাসা করছেন তা হ'ল আপনার সমস্ত পর্যবেক্ষণের একটি উপসরে কোনও প্রদত্ত পর্যবেক্ষণ হ'ল ন্যূনতম পর্যবেক্ষণ (যদি আমরা আইডিকে ধরে নিই তবে আমরা আদান-প্রদানের বিষয়টি ধরে নিই এবং তাই আদেশটি সালিশী হয়) )। তাদের মধ্যে একটি ন্যূনতম হতে হবে, এবং তাই সত্যিই প্রশ্নটি এলোমেলোভাবে নির্বাচিত যে কোনও পর্যবেক্ষণ সর্বনিম্ন হবার সম্ভাবনা কী তা। এটি কেবল একটি সাধারণ দ্বিপদী প্রক্রিয়া। $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— ডাল্টন হ্যান্স
সূত্র

1

আপনি সামান্য প্রশ্ন ভুল ব্যাখ্যা করে থাকেন, যদি আমার পড়া সঠিক - আমরা প্রয়োজন চূড়ান্ত কিছুই কিন্তু সর্বোচ্চ (অগত্যা ন্যূনতম) হতে প্রথম এর , যাতে বৃদ্ধি হতে হবে, যাতে পজিশনে থাকা একটি সর্বাধিক।

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— সিলভারফিশ

আমি মনে করি এটি সামান্য ভুল ব্যাখ্যার চেয়ে কিছুটা বেশি। আপনি সঠিক, আমি ভুল যে।

— ডাল্টন হ্যান্স