মস্তিষ্ক-টিজার: ইউনিফর্মের [0,1] বন্টন থেকে আঁকা যখন একরকম বৃদ্ধি হয় এমন একটি আইড ক্রমের প্রত্যাশিত দৈর্ঘ্য কত?

এটি একটি পরিমাণগত বিশ্লেষক পদের জন্য একটি সাক্ষাত্কারের প্রশ্ন, এখানে রিপোর্ট করা হয়েছে । মনে করুন আমরা একটি ইউনিফর্ম বিতরণ থেকে আঁকছি এবং অঙ্কনগুলি আইড হয়, একঘেয়েভাবে বর্ধনশীল বিতরণের প্রত্যাশিত দৈর্ঘ্য কত? অর্থাৎ, বর্তমান অঙ্কনটি পূর্ববর্তী অঙ্কনের চেয়ে ছোট বা সমান হলে আমরা অঙ্কন বন্ধ করি। $[0,1]$

আমি প্রথম কয়েকটি পেয়েছি:

Pr (length = 1) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_{1}} d x_{2} d x_{1} = 1 / 2

$\Pr(\text{length} = 1) = \int_0^1 \int_0^{x_1} \mathrm{d}x_2\, \mathrm{d}x_1 = 1/2$

Pr (length = 2) = \int_{0}^{1} \int_{x_{1}}^{1} \int_{0}^{x_{2}} d x_{3} d x_{2} d x_{1} = 1 / 3

$\Pr(\text{length} = 2) = \int_0^1 \int_{x_1}^1 \int_0^{x_2} \mathrm{d}x_3 \, \mathrm{d}x_2 \, \mathrm{d}x_1 = 1/3$

Pr (length = 3) = \int_{0}^{1} \int_{x_{1}}^{1} \int_{x_{2}}^{1} \int_{0}^{x_{3}} d x_{4} d x_{3} d x_{2} d x_{1} = 1 / 8

$\Pr(\text{length} = 3) = \int_0^1 \int_{x_1}^1 \int_{x_2}^1 \int_0^{x_3} \mathrm{d}x_4\, \mathrm{d}x_3\, \mathrm{d}x_2\, \mathrm{d}x_1 = 1/8$

তবে আমি এই নেস্টেড ইন্টিগ্রালগুলি ক্রমবর্ধমান কঠিন হিসাবে গণনা করছি এবং $\Pr(\text{length} = n)$ সাধারণ করার জন্য আমি "কৌশল" পাচ্ছি না । আমি জানি চূড়ান্ত উত্তরটি কাঠামোযুক্ত

E (length) = \sum_{n = 1}^{\infty} n Pr (length = n)

$\mathbb E(\text{length}) = \sum_{n=1}^{\infty}n\Pr(\text{length} = n)$

এই প্রশ্নের উত্তর কীভাবে দেওয়া যায়?

— রণরঙ্গিণী
সূত্র

উত্তর:

এই প্রশ্নটি সমাধান করার জন্য কিছু সাধারণ ইঙ্গিত এখানে দেওয়া হয়েছে:

আপনার কাছে ক্রমাগত আইআইডি র‌্যান্ডম ভেরিয়েবলের ক্রম রয়েছে যার অর্থ তারা বিনিময়যোগ্য । এটি প্রথম $n$ মানগুলির জন্য একটি নির্দিষ্ট অর্ডার পাওয়ার সম্ভাবনা সম্পর্কে কী বোঝায় ? এর উপর ভিত্তি করে, প্রথম $n$ মানগুলির জন্য ক্রমবর্ধমান অর্ডার পাওয়ার সম্ভাবনা কী ? অন্তর্নিহিত এলোমেলো ভেরিয়েবলগুলির বিতরণকে সংহত না করে এটি নির্ধারণ করা সম্ভব। আপনি যদি এটি ভালভাবে করেন তবে আপনি অভিন্ন বিতরণের কোনও ধারনা ছাড়াই একটি উত্তর পেতে সক্ষম হবেন - অর্থাত্, আপনি এমন একটি উত্তর পান যা ক্রমাগত র্যান্ডম ভেরিয়েবলের কোনও বিনিময়যোগ্য ক্রমের জন্য প্রযোজ্য।

এখানে সম্পূর্ণ সমাধান রয়েছে ( আপনি নিজেরাই এটি বের করার কথা ভাবেন না ):

যাক স্বাধীন একটানা র্যান্ডম ভেরিয়েবল আপনার ক্রম হবে | ক্রমবর্ধমান উপাদানের সংখ্যা । যেহেতু এগুলি ক্রমাগত বিনিময়যোগ্য এলোমেলো পরিবর্তনশীল, তারা একে অপরের কাছে প্রায় অসম এবং যে কোনও সমানভাবে সম্ভবত, তাই আমাদের রয়েছে: (নোট করুন যে এই ফলাফলটি অবিচ্ছিন্ন এলোমেলো ভেরিয়েবলের কোনও আইআইডি ক্রম ধরেছে; তাদের অভিন্ন বিতরণ থাকতে হবে না)) সুতরাং এলোমেলো ভেরিয়েবল সম্ভাবনার ভর কার্যকারিতা রয়েছে $U_1, U_2, U_3, \cdots \sim \text{IID Continuous Dist}$ $N \equiv \max \{ n \in \mathbb{N} | U_1 < U_2 < \cdots < U_n \}$
$P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}) = \frac{1}{n!} .$ $\mathbb{P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n) = \frac{1}{n!}.$ $N$ $p_{N} (n) = P (N = n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$ $p_N(n) = \mathbb{P}(N=n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!}.$ আপনি লক্ষ্য করবেন যে এই ফলাফলটি অন্তর্নিহিত মানগুলির সাথে ইন্টিগ্রেশন ব্যবহার করে আপনি যে মানগুলি গণনা করেছেন তার সাথে মিলিত হয়। (এই অংশটি সমাধানের জন্য প্রয়োজনীয় নয়; এটি সম্পূর্ণতার জন্য অন্তর্ভুক্ত রয়েছে)) অ-নেতিবাচক র্যান্ডম ভেরিয়েবলের প্রত্যাশিত মানটির জন্য একটি সুপরিচিত নিয়ম ব্যবহার করে আমাদের কাছে রয়েছে: আবার মনে রাখবেন যে আমাদের কাজের মধ্যে এমন কিছু নেই যা অন্তর্নিহিত ইউনিফর্ম বিতরণ ব্যবহার করেছিল। সুতরাং, এটি একটি সাধারণ ফলাফল যা ক্রমাগত র্যান্ডম ভেরিয়েবলের যে কোনও বিনিময়যোগ্য ক্রমের ক্ষেত্রে প্রযোজ্য। $E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$ $\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$

আরও কিছু অন্তর্দৃষ্টি:

উপরের কাজ থেকে আমরা দেখতে পাচ্ছি যে এই বন্টনমূলক ফলাফল এবং ফলস্বরূপ প্রত্যাশিত মান অন্তর্নিহিত বিতরণের উপর নির্ভর করে না, যতক্ষণ না এটি অবিচ্ছিন্ন বন্টন হয়। একবার আমরা এই সত্যটি বিবেচনা করে দেখি যে প্রতিটি অবিচ্ছিন্ন স্কেলার এলোমেলো পরিবর্তনশীল একটি অভিন্ন র্যান্ডম ভেরিয়েবলের একঘেয়ে রূপান্তর মাধ্যমে প্রাপ্ত হতে পারে (রূপান্তরটি এর কোয়ান্টাইল ফাংশন হিসাবে)। যেহেতু মনোটোনিক ট্রান্সফর্মেশনগুলি র‌্যাঙ্ক-অর্ডার সংরক্ষণ করে, স্বেচ্ছাসেবী আইআইডি অবিচ্ছিন্ন এলোমেলো ভেরিয়েবলের ক্রমগুলির অর্ডিংয়ের সম্ভাবনাগুলির দিকে তাকানো একইভাবে আইআইডি ইউনিফর্মের এলোমেলো ভেরিয়েবলের অর্ডিংয়ের সম্ভাবনাগুলি দেখার মতো ।

— মনিকা পুনরায় স্থাপন করুন
সূত্র

সুন্দরভাবে সম্পন্ন! (+1)

— জোবোম্যান

@ অবশেষে আমি আপনাকে শেষ সমীকরণ অবধি অনুসরণ করব ... আমি ভেবেছিলাম প্রত্যাশিত মান, ... আপনি কি এই অংশটি আরও ব্যাখ্যা করতে পারেন?

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N = n) * n = \sum_{n = 1}^{\infty} n^{2} / (n + 1)!

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N=n)*n=∑_{n=1}^∞ n^2/(n+1)!$

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n)

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N⩾n)$

— অ্যামাজনিয়ান

এটি একটি নেতিবাচক র্যান্ডম ভেরিয়েবলের প্রত্যাশিত মানের জন্য একটি সুপরিচিত নিয়ম । সংক্ষেপণের ক্রমটি অদলবদল করার সাথে যুক্ত কোনও কৌশল ব্যবহার করে আপনার কাছে রয়েছে: তাই আপনাকে খুঁজে উচিত যে ।

E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} n P (N = n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{n} P (N = n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = n}^{\infty} P (N = k) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) .

$\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty n \mathbb{P}(N=n) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^n \mathbb{P}(N = n) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=n}^\infty \mathbb{P}(N =k) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n).$

\sum_{n} \frac{1}{n!} = \sum_{n} \frac{n^{2}}{(n + 1)!}

$\sum_n \tfrac{1}{n!} = \sum_n \tfrac{n^2}{(n+1)!}$

— মনিকা

আপনি দয়া করে কেন ?

P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n})

${P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n)$

— ব্যাডম্যাক্স

@ ব্যাডম্যাক্স: র্যান্ডম ভেরিয়েবল হ'ল ক্রমের শুরুতে এর ক্রমবর্ধমান উপাদানগুলির সংখ্যা (এর সংজ্ঞাটি দেখুন)। সুতরাং, যদি অর্থ এটি যে শুরুতে কমপক্ষে বৃদ্ধিকারী উপাদান রয়েছে। এর অর্থ হ'ল প্রথম উপাদানগুলি অবশ্যই ক্রমবর্ধমান ক্রমে হওয়া উচিত যা ।

N

$N$

U

$U$

N ⩾ n

$N \geqslant n$

n

$n$

n

$n$

U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}

$U_1 < U_2 < \cdots < U_n$

— মনিকা

আরও একটি সমাধানের পদ্ধতি যা আপনাকে আরও সাধারণ ক্ষেত্রে সমাধান পেতে পারে।

ধরা যাক হ'ল একঘটিত অনুক্রমের প্রত্যাশিত দৈর্ঘ্য , যেমন । আমরা যে মানটি গণনা করতে চাই তা হ'ল । এবং আমরা জানি । পরবর্তী মানের উপর কন্ডিশনিং, $F(x)$ $\{x_1, x_2, ...\}$ $x\leq x_1\leq x_2\leq\cdots$ $F(0)$ $F(1)=0$

F (x) = \int_{0}^{x} π (y) \cdot 0 d y + \int_{x}^{1} π (y) (1 + F (y)) d y = \int_{x}^{1} 1 + F (y) d y

$F(x) = \int_0^x \pi(y)\cdot 0 dy + \int_x^1\pi(y)(1+F(y))dy= \int_x^1 1+F(y) dy$

যেখানে হ'ল ইউ [0,1] ঘনত্ব। সুতরাং $\pi(y)=1$

F^{'} (x) = - (1 + F (x))

$F'(x)=-(1+F(x))$

সীমানা শর্ত , আমরা পাই । অতএব । $F(1)=0$ $F(x) = e^{(1-x)}-1$ $F(0)=e-1$

— jf328
সূত্র

এটা খুব চালাক। এটিকে কিছুটা বানান করার জন্য: আপনার পর্যবেক্ষণগুলি হ'ল 1) যদি দীর্ঘতম প্রাথমিক ক্রমবর্ধমান অনুক্রমের দৈর্ঘ্য হয় তবে এটি এবং সেট নির্ধারণ করার জন্য যথেষ্ট , এবং 2) এবং হলে শূন্য । যেহেতু আমরা , যা ইউনিফর্মের ক্ষেত্রে সরাসরি সমাধান করা যায়।

L

$L$

E (L | X_{0} = x) =: F (x)

$E(L|X_0=x)=:F(x)$

x = 0

$x=0$

E (L | X_{0} = x, X_{1} = y)

$E(L|X_0=x,X_1=y)$

y < x

$y<x$

1 + E (L | X_{0} = y)

$1+E(L|X_0=y)$

E (L | X_{0} = x) = E (E (L | X_{0} = x, X_{1})) = \int_{R} f_{X} (y) E (L | X_{0} = x, X_{1} = y) d y = \int_{x}^{1} f_{X} (y) (1 + E (L | X_{0} = y)) d y = \int_{x}^{1} f_{X} (y) (1 + F (y)) d y

$E(L|X_0=x)=E(E(L|X_0=x,X_1)) = \int_\mathbb{R} f_X(y) E(L|X_0=x, X_1=y) dy = \int_x^1 f_X(y)(1+E(L|X_0=y))dy= \int_x^1 f_X(y)(1+F(y))dy$

F^{'} (x) = - f_{X} (x) (1 + F (x))

$F'(x)=-f_X(x)(1+F(x))$

— ম্যাথু টাওয়ার্স

+1 খুব চালাক। তবে যেহেতু চূড়ান্ত উত্তর বিতরণের উপর নির্ভর করে না (যেমন অন্য উত্তরটি আলোচনা করে) তাই এই গণনাটিও একরকম উপর নির্ভর করে না । এটি দেখার কোনও উপায় আছে কি? সিসি @ এম_টি_তে।

π (y)

$\pi(y)$

— অ্যামিবা বলেছেন মোনিকা

@ অ্যামিবা আমি সম্মত হই যে এস বিতরণের উপর নির্ভর করবে না , তবে অন্যান্য মানগুলি হওয়া উচিত: that ডিই এর সাধারণ সমাধান হ'ল

F (0)

$F(0)$

X

$X$

F

$F$

F = C e^{- \int π} - 1

$F=Ce^{-\int \pi}-1$

— ম্যাথিউ টাওয়ার্স

@ মার্তিজন ওয়েটারিংস আমি মনে করি , 1 নয়, উদাহরণস্বরূপ ইউনিফর্মের ক্ষেত্রে আমরা

C = e

$C=e$

e e^{- x} - 1

$e e^{-x} -1$

— ম্যাথু টাওয়ার্স

হ্যাঁ তুমিই ঠিক. আমি আমার বক্তব্য অনুমান করতে অভিন্ন ক্ষেত্রে ব্যবহৃত কিন্তু মিথ্যাভাবে ব্যবহার পরিবর্তে

c e^{1 - x} - 1

$ce^{1-x}-1$

c e^{- x} - 1

$ce^{-x}-1$

— সেক্সটাস Empiricus

আর একটি সমাধান পদ্ধতি হ'ল সরাসরি ইন্টিগ্রাল গণনা করা।

যার ক্রমবর্ধমান অংশের দৈর্ঘ্য এর একটি অনুক্রম তৈরির সম্ভাবনা হ'ল , যেখানে । $\geq n$ $f^n(0)$ $f^n(x) = \int_{x}^{1}\int_{x_1}^{1}\int_{x_2}^{1}...\int_{x_{n-2}}^{1}\int_{x_{n-1}}^{1}dx_ndx_{n-1}...dx_2dx_1$

আমাদের যা করতে হবে তা হল গণনা করা । $f^n(0)$

যদি আপনি প্রথম কয়েকটি গণনা করার চেষ্টা করেন , তবে আপনি দেখতে পাবেন যে $f^n(x)$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^n \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}$

বেস কেস: যখন , $n=1$ $f^1(x) = \sum_{t=0}^1 \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}=1-x=\int_{x}^{1}dx_1$

ইন্ডাকটিভ হাইপোথিসিস: যখন , $n=k$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^k \dfrac{(-x)^t}{t!(k-t)!}\text{ , for }k \geq 1$

প্ররোচিত পদক্ষেপ: যখন , $n = k+1$

$\ \ \ \ \ f^{n}(x) = f^{k+1}(x) = \int_{x}^{1}f^{k}(x^*)dx^*$

$=\int_{x}^{1}\sum_{t=0}^{k} \dfrac{(-x^*)^t}{t!(k-t)!}dx^*$

$=\sum_{t=0}^{k} \dfrac{-(-x^*)^{t+1}}{t!(k-t)!\times(t+1)}\Biggr|_{x}^{1}\\=\sum_{t=0}^{k} \dfrac{-(-x^*)^{t+1}}{(t+1)!(k-t)!}\Biggr|_{x}^{1}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{-(-x^*)^{t}}{t!(k-t+1)!}\Biggr|_{x}^{1}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}}{t!(k-t+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}C_t^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\dfrac{1}{(k+1)!}+\sum_{t=0}^{k+1} \dfrac{(-1)^{t+1}C_t^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\dfrac{1}{(k+1)!}-\dfrac{(1-1)^{k+1}}{(k+1)!}+\sum_{t=1}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

$=\sum_{t=0}^{k+1} \dfrac{(-x)^{t}}{t!(k-t+1)!}$

গাণিতিক আবেশন দ্বারা, অনুমানটি ধারণ করে।

সুতরাং, আমরা যে $f^n(0)=\dfrac{1}{n!}$

সুতরাং, $E(length)=\sum_{n=1}^{\infty} Pr(length\geq n)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n!}=e-1$

— 劉家維
সূত্র