ধারাবাহিক বার্নুলি সাফল্যের একটি অ-পূর্ণসংখ্যার পরিমাণ কীভাবে তৈরি করতে হয়?

18

প্রদত্ত:

অজানা বায়াস (হেড) সহ একটি মুদ্রা । $p$
একটি কঠোর ইতিবাচক বাস্তব । $a > 0$

সমস্যা:

পক্ষপাত সঙ্গে একটি র্যান্ডম বের্নুলির variate জেনারেট করুন । $p^{a}$

কেউ কি জানেন, এটা কিভাবে করে? উদাহরণস্বরূপ, যখন একটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা হয়, তাহলে এক মুদ্রা টুসকি করতে বার এবং কিনা সব ফলাফল নেতৃবৃন্দ ছিল: যদি তারা তারপর ইস্যু '0' হয়, অন্যথায় ইস্যু '1'। অসুবিধাটি সত্য যে প্রয়োজন একটি পূর্ণসংখ্যার মধ্যে নিহিত । এছাড়াও, যদি আমি পক্ষপাত জানতাম তবে আমি পছন্দসই পক্ষপাতিত্বের সাথে আরও একটি মুদ্রা তৈরি করতে পারতাম। $a$ $a$ $a$ $p$

sampling

— পেড্রো এ
সূত্র

2

@ গুং: আমি মনে করি যা চান তা হ'ল একটি মুদ্রা দিয়ে বার্নোল্লি বৈকল্পিক উত্পন্ন করার জন্য একটি অ্যালগরিদম।

— নিল জি

1

আমি মনে করি এখানে বিন্দু, যখন আপনি মাত্র 1 গড়ে প্রত্যেক বাইরে রাখা মাথা যে পপ আপ এবং যখন , আপনি মাথা গড়ে প্রতিটি নকল বার।

a > 1

$a>1$

a

$a$

a < 1

$a < 1$

1 / a

$1/a$

— ম্যাক্রো

3

@ ম্যাক্রো, আপনি কি ধারণাটি প্রসারিত করতে পারেন?

— পেড্রো এ। অরতেগা

1

প্রিয় পেড্রো, (+1) আপনার পোস্টের জন্য, যা এমন এক ধরণের প্রশ্ন যা কমপক্ষে আমার কাছে সিভিকে অত্যন্ত উদ্দীপক এবং উদ্দীপক করে তোলে। আমি জিজ্ঞাসা করতে পারি এই প্রশ্নের উত্স কি?

— কার্ডিনাল

@ কার্ডিনাল: আপনার উত্তরের জন্য আবারও ধন্যবাদ! এই সমস্যাটি স্টোকাস্টিক নিয়ন্ত্রণের সমস্যাগুলির সমাধানের জন্য একটি নমুনার অংশ যা আমি কাজ করছি। অজানা হওয়ার কারণটি হ'ল এটির জন্য নরমালাইজিং ধ্রুবক (যা এই ক্ষেত্রে একটি বাজে পার্টিশন ফাংশন) জেনে রাখা প্রয়োজন, তবে আমরা প্রত্যাখ্যানের নমুনা ব্যবহার করে এটি থেকে নমুনা নিতে পারি। বিটিডব্লিউ, আপনাকে কেবলমাত্র সিভি ;-) -র লিঙ্ক নয়, নাম দিয়ে উদ্ধৃত করা ভাল লাগবে।

p

$p$

— পেদ্রো এ। অরতেগা

19

আমরা এটি কয়েকটি "কৌশল" এবং একটি সামান্য গণিতের মাধ্যমে সমাধান করতে পারি।

এখানে বেসিক অ্যালগরিদম রয়েছে:

সাফল্যের সম্ভাব্যতার সাথে জ্যামিতিক এলোমেলো পরিবর্তনশীল তৈরি করুন । $p$
এই র্যান্ডম ভেরিয়েবলের ফলাফল একটি নির্দিষ্ট জ্ঞাত মান নির্ধারণ করে । $f_n \in [0,1]$
উৎপন্ন একটি দৈব চলক ন্যায্য মুদ্রা ব্যবহার জোড়া blockwise থেকে উত্পন্ন ফ্লিপ আমাদের এর ফ্লিপ মুদ্রা। $\mathrm{Ber}(f_n)$ $\mathrm{Ber}(p)$
ফলাফলটি 0 যেকোন for জন্য হবে, যা আমাদের কেবল প্রয়োজন। $\mathrm{Ber}(p^a)$ $a \in (0,1)$

জিনিসগুলিকে আরও হজম করার জন্য, আমরা জিনিসগুলিকে টুকরো টুকরো করব।

পিস 1 : সাধারণের ক্ষতি ছাড়াই ধরে নিন যে । $0 < a < 1$

যদি , তবে আমরা কিছু ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা এবং কিছু জন্য লিখতে পারি । তবে, যে কোনও দুটি স্বতন্ত্র , আমাদের কাছে রয়েছে আমরা আমাদের মুদ্রা থেকে সুস্পষ্ট উপায়ে একটি বার্নৌলি তৈরি করতে পারি । অতএব, যখন আমাদের 0 তখন কেবলমাত্র তৈরি করার সাথে আমাদের নিজেদের উদ্বেগের প্রয়োজন । $a \geq 1$ $p^a = p^n p^b$ $n$ $0 \leq b < 1$

P (X_{1} = X_{2} = 1) = p_{1} p_{2} .

$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P} \Pr(X_1 = X_2 = 1) = p_1 p_2 \>.$

p^{n}

$p^n$

B e r (p^{a})

$\mathrm{Ber}(p^a)$

a \in (0, 1)

$a \in (0,1)$

পিস ২ : মুদ্রা থেকে কোনও স্বেচ্ছাচারিত কীভাবে উত্পন্ন করা যায় তা জানুন । $\mathrm{Ber}(q)$

এটি করার একটি স্ট্যান্ডার্ড উপায় আছে। সম্প্রসারণ তার বাইনারি সম্প্রসারণ এবং তাহলে আমাদের ন্যায্য মুদ্রা "ম্যাচ" এর সংখ্যায় পর্যবসিত ফ্লিপ ব্যবহার । প্রথম ম্যাচটি নির্ধারণ করে যে আমরা সাফল্য ("মাথা") ঘোষণা করি কিনা বা ব্যর্থতা ("লেজ")। যদি এবং আমাদের মুদ্রার ফ্লিপটি প্রধান হয়, তবে মাথা ঘোষনা করুন, যদি এবং আমাদের মুদ্রা ফ্লিপটি লেজ থাকে, তবে লেজ ঘোষণা করুন। অন্যথায়, একটি নতুন কয়েন ফ্লিপের বিপরীতে পরবর্তী অঙ্কটি বিবেচনা করুন। $q = 0.q_1 q_2 q_3 \ldots$ $q$ $q_n = 1$ $q_n = 0$

টুকরো 3 : অজানা পক্ষপাত সহ অন্যায়কারীদের থেকে কীভাবে একটি ন্যায্য মুদ্রা ফ্লিপ তৈরি করা যায় তা জানুন।

জোড়ায় মুদ্রা ধরে ধরে এটি করা হয় । আমরা যদি পাই তবে একটি প্রধান ঘোষণা করুন; যদি আমরা পাই , একটি লেজ ঘোষণা করুন এবং অন্যথায় উল্লিখিত দুটি ফলাফলের মধ্যে একটির উপস্থিত না হওয়া পর্যন্ত পরীক্ষাটি পুনরাবৃত্তি করুন। এগুলিও সমান সম্ভাব্য, সুতরাং অবশ্যই সম্ভাবনা । $p \in (0,1)$ $HT$ $TH$ $1/2$

টুকরো 4 : কিছু গণিত। (উদ্ধার টেলর।)

সম্প্রসারিত করে প্রায় যে টেইলরের উপপাদ্য দাবি মনে রাখবেন যে পরে প্রতিটি শব্দটি নেতিবাচক, সুতরাং আমাদের কাছে যেখানে একটি অগ্রাধিকার হিসাবে পরিচিত । সুতরাং যেখানে , এবং $h(p) = p^a$ $p_0 = 1$

p^{a} = 1 - a (1 - p) - \frac{a (1 - a)}{2!} (1 - p)^{2} - \frac{a (1 - a) (2 - a)}{3!} (1 - p)^{3} \dots .

$p^a = 1 - a(1-p) - \frac{a(1-a)}{2!} (1-p)^2 - \frac{a(1-a)(2-a)}{3!} (1-p)^3 \cdots \>.$

0 < a < 1

$0 < a < 1$

p^{a} = 1 - \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} (1 - p)^{n},

$p^a = 1 - \sum_{n=1}^\infty b_n (1-p)^n \>,$

0 \leq b_{n} \leq 1

$0 \leq b_n \leq 1$

1 - p^{a} = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} (1 - p)^{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} P (G \geq n) = \sum_{n = 1}^{\infty} f_{n} P (G = n) = E f (G),

$1 - p^a = \sum_{n=1}^{\infty} b_n (1-p)^n = \sum_{n=1}^\infty b_n \Pr(G \geq n) = \sum_{n=1}^\infty f_n \Pr(G = n) = \mathbb E f(G),$

G \sim G e o m (p)

$G \sim \mathrm{Geom}(p)$

f_{0} = 0

$f_0 = 0$

f_{n} = \sum_{k = 1}^{n} b_{k}

$f_n = \sum_{k=1}^n b_k$ জন্য ।

n \geq 1

$n \geq 1$

এবং, আমরা ইতিমধ্যে কিভাবে আমাদের মুদ্রা ব্যবহার করতে সাফল্যের সম্ভাবনা সঙ্গে একটি জ্যামিতিক দৈব চলক জেনারেট করতে জানেন । $p$

পিস 5 : একটি মন্টি কার্লো কৌশল

যাক একটি বিযুক্ত র্যান্ডম মান গ্রহণ পরিবর্তনশীল হতে সঙ্গে । যাক । তারপরে $X$ $[0,1]$ $\Pr(X = x_n) = p_n$ $U \mid X \sim \mathrm{Ber}(X)$

P (U = 1) = \sum_{n} x_{n} p_{n} .

$\Pr(U = 1) = \sum_n x_n p_n.$

তবে, এবং আমরা এখন দেখতে পাচ্ছি যে কীভাবে একটি এলোমেলো ভেরিয়েবল তৈরি করা যায় এবং এটি একটি উত্পন্ন করার সমতুল্য এক। $p_n = p(1-p)^n$ $x_n = f_n$ $\mathrm{Ber}(1-p^a)$ $\mathrm{Ber}(p^a)$

— মৌলিক
সূত্র

আমি কীভাবে আপনাকে (বা আপনার সমাধান) উদ্ধৃত করতে পারি?

— পেড্রো এ। অরতেগা

2

@ পেড্রো: আমি মনে করি আপনি এই উত্তরের নীচে "ভাগ করুন" লিঙ্কটিতে ক্লিক করতে পারেন। এটি একটি স্থিতিশীল লিঙ্ক হওয়া উচিত। ম্যাথ.এসইয়ের একটি উদ্ধৃতি ব্যবস্থা রয়েছে , যা এই সাইটে সক্ষম হওয়া বলে মনে হয় না, তবে আপনি এটি মানিয়ে নিতে সক্ষম হতে পারেন।

— কার্ডিনাল

1

এখন, এই একটি উজ্জ্বল উত্তর!

— জেন

1

আমি এটিকে এনালিটিক সংহতি সম্পর্কিত কার্সেরা ক্লাসের সাধারণ আলোচনা ফোরামে লিখেছি কারণ এটি সেখানে আচ্ছাদিত কিছু উপাদানের সাথে সম্পর্কিত পাওয়ার সিরিজের একটি দুর্দান্ত ব্যবহার ছিল। class.coursera.org/introACpartI-001/forum/thread?thread_id=108

— ডগলাস জারে

@ ডগলাস: ধন্যবাদ! Thread থ্রেডের কোনও প্রকাশ্যে দেখার সংস্করণ আছে বা কোর্সটি দেখার জন্য আমার সাইন আপ করতে হবে? পেড্রো এবং আমি তার কয়েকটি গবেষণায় এই পদ্ধতির অন্তর্ভুক্ত করার সম্ভাব্য উপায়গুলি (ইমেলের মাধ্যমে) নিয়ে আলোচনা করেছি।

— কার্ডিনাল

6

নীচের উত্তরটি কি নির্বোধ?

যদি স্বতন্ত্র এবং এর বিতরণ থাকে , তারপরে প্রায় হিসাবে বিতরণ করা হবে , যখন । $X_1,\dots,X_n$ $\mathrm{Ber}(p)$ $Y_n$ $\mathrm{Ber}\left(\left(\sum_{i=1}^n X_i/n \right)^a\right)$ $Y_n$ $\mathrm{Ber}(p^a)$ $n\to\infty$

সুতরাং, আপনি যদি জানেন না , তবে আপনি এই মুদ্রাটি প্রচুর পরিমাণে টস করতে পারেন , কোনও র্যান্ডম ভেরিয়েবলের (প্রায়) নমুনা তৈরি করা সম্ভব । $p$ $\mathrm{Ber}(p^a)$

উদাহরণ Rকোড:

n <- 1000000
p <- 1/3 # works for any 0 <= p <= 1
a <- 4
x <- rbinom(n, 1, p)
y <- rbinom(n, 1, mean(x)^a)
cat("p^a =", p^a, "\n")
cat("est =", mean(y))

ফলাফল:

p^a = 0.01234568 
est = 0.012291

— জেন
সূত্র

2

আমি এই উত্তরটি পছন্দ করি তবে আমার সন্দেহ হয় যে এটি প্রশ্নের বিন্দুটি মিস করেছে, যা আমি একটি অ্যালগরিদম জিজ্ঞাসা হিসাবে ব্যাখ্যা করেছি যা (বা সম্পর্কে অভিজ্ঞতামূলক তথ্য ) না জেনে অনুরোধ করা বিতরণ থেকে উত্পন্ন করে । তবে, সমস্যাটি অনুমান করে যে আপনি এলোমেলো ভেরিয়েবল তৈরি করতে পারেন , সুতরাং এটি পুরোপুরি যুক্তিসঙ্গত উত্তর এবং আদৌ মূর্খ নয়! +1

p

$p$

p

$p$

B e r n o u l l i (p)

${\rm Bernoulli}(p)$

— ম্যাক্রো

1

+1: আমি এটি পছন্দ করি। আমি ধরে আপনার মানে বিতরণ করা হয়েছে…?

Y_{n}

$Y_n$

— নীল জি

অনেক ভাল! টিসস, @ নীল জি!

— জেন

1

এটি সুন্দর (+1), তবে আমরা প্রায় নিশ্চিতভাবেই সীমাবদ্ধ সংখ্যাগুলিতে এটি করতে পারি (এবং, গড়ে এই সংখ্যাটি তুলনামূলকভাবে কম হবে)।

— কার্ডিনাল

5

আমি এই প্রশ্নের নিম্নলিখিত বিবরণটি পোস্ট করেছি এবং কোরেসেরায় বর্তমান অ্যানালিটিক সংমিশ্রক শ্রেণীর সাধারণ আলোচনা ফোরামের কার্ডিনালের জবাব, "একটি এলোমেলো পরিবর্তনশীল গঠনে পাওয়ার সিরিজের প্রয়োগ"। এটিকে সর্বজনীনভাবে এবং আরও স্থায়ীভাবে উপলভ্য করতে আমি সম্প্রদায় উইকি হিসাবে এখানে একটি অনুলিপি পোস্ট করছি।

পাওয়ার সিরিজ সম্পর্কিত স্ট্যাটাসস্টেক্সেক্সঞ্জ ডটকম-এ একটি আকর্ষণীয় প্রশ্ন ও উত্তর ছিল: "ক্রমাগত বের্নুলি সাফল্যের একটি অ-পূর্ণসংখ্যার পরিমাণ কীভাবে উত্পন্ন করা যায়?" আমি প্রশ্ন এবং উত্তরটি কার্ডিনাল দ্বারা প্যারাফ্রেজ করব।

ধরুন আমরা একটি সম্ভবত অন্যায্য মুদ্রা যা সম্ভাব্যতা সঙ্গে মাথা আছে , এবং একটি ইতিবাচক বাস্তব সংখ্যার । আমরা কীভাবে এমন একটি ইভেন্ট তৈরি করতে পারি যার সম্ভাবনা ? $p$ $\alpha$ $p^\alpha$

যদি ইতিবাচক পূর্ণসংখ্যার হয় তবে আমরা কেবল মুদ্রাটি বারে উল্টাতে পারতাম এবং ইভেন্টটি এমনটি হতে দেওয়া যাক যে সমস্ত টাসগুলি প্রধান। তবে, যদি কোনও পূর্ণসংখ্যা না হয়, বলুন , তবে এটির কোনও অর্থ হয় না, তবে কে হ্রাস করতে আমরা এই ধারণাটি ব্যবহার করতে পারি । আমরা এমন একটি ইভেন্টের যার সম্ভাব্যতা গঠন করা করতে চান তাহলে , আমরা স্বাধীন ঘটনা যার সম্ভাব্যতা হয় ছেদ নেওয়া এবং । $\alpha$ $\alpha$ $\alpha$ $1/2$ $0 \lt \alpha \lt 1$ $p^{3.5}$ $p^3$ $p^{0.5}$

একটি জিনিস যা আমরা করতে পারি তা হল কোনও পরিচিত সম্ভাবনা সহ একটি ইভেন্ট তৈরি করা । এই কাজের জন্য, আমরা বারবার মুদ্রা দুইবার আলোকসম্পাতের, পড়ার মাধ্যমে ন্যায্য বিট একটি স্ট্রিম গঠন করা যেতে পারে যেমন এবং যেমন , এবং উপেক্ষা এবং । আমরা এই স্ট্রিমটিকে এর বাইনারি সম্প্রসারণের সাথে তুলনা করি । ইভেন্টটি যেখানে প্রথম মতভেদ হয় যেখানে এর সম্ভাব্যতা রয়েছে । আমরা জানি না , তাই আমরা এটি সরাসরি ব্যবহার করতে পারি না, তবে এটি একটি দরকারী সরঞ্জাম হবে। $p' \in [0,1]$ $HT$ $1$ $TH$ $0$ $HH$ $TT$ $p' = 0.a_1a_2a_3..._2$ $a_i=1$ $p'$ $p^\alpha$

মূল ধারণাটি হ'ল আমরা জন্য পাওয়ার সিরিজটি ব্যবহার করতে চাই যেখানে । আমরা ঘটনা যার সম্ভাব্যতা হয় গঠন করা যেতে পারে মুদ্রা আলোকসম্পাতের দ্বারা কাল ও এইজন্য যদি তারা সব মুদ্রার উলটা পিঠ আছে, এবং আমরা সম্ভাব্যতা সাথে একটি ইভেন্ট তৈরী করতে পারে এর বাইনারি ডিজিট তুলনা করে একটি ন্যায্য বিট স্ট্রিম নিয়ে উপরের মতো এবং টসসগুলি সমস্ত লেজ কিনা তা পরীক্ষা করা হচ্ছে। $p^\alpha = (1-q)^\alpha = 1 - \alpha q - \frac{\alpha(1-\alpha)}{2} q^2 - \frac{\alpha (1-\alpha)(2-\alpha)}{3!}q^3 -...$ $p=1-q$ $q^n$ $n$ $p' q^n$ $p'$ $n$

প্যারামিটার সহ জ্যামিতিক এলোমেলো ভেরিয়েবল করুন । মুদ্রা টসসের অসীম ধারাবাহিকতায় প্রথম মাথার আগে এই লেজের সংখ্যা। । (কিছু লোক একটি সংজ্ঞা ব্যবহার করে যা দ্বারা পৃথক হয় )) $G$ $p$ $P(G=n) = (1-p)^np = q^n p$ $1$

সিকোয়েন্সটি , আমরা উত্পাদন করতে : প্রথম মাথা অবধি ফ্লিপ করুন এবং যদি প্রথম মাথার আগে লেজ থাকে তবে সূচক ক্রমের উপাদানটি । প্রতিটি ,, সম্ভাব্যতা ) এর সাথে একটি ইভেন্ট পেতে আমরা (উপরে নির্মিত হিসাবে) একটি অভিন্ন র্যান্ডম ভেরিয়েবলের সাথে তুলনা করতে পারি । $t_0, t_1, t_2, ...$ $t_G$ $G$ $G$ $t_n \in [0,1]$ $t_G$ $[0,1]$ $E[t_G] = \sum_n t_n P(G=n) = \sum_n t_n q^n p$

আমাদের প্রায় এটিই প্রয়োজন। আমরা যে নিষ্কাশন চাই ক্ষমতায় সিরিজ ব্যবহার করতে মধ্যে । $p$ $p^\alpha$ $q$

1 = p + q p + q^{2} p + q^{3} p + . . .

$1 = p + qp + q^2p + q^3p + ...$

q^{n} = q^{n} p + q^{n + 1} p + q^{n + 2} p + . . .

$q^n = q^np + q^{n+1}p + q^{n+2}p + ...$

\begin{array}{rcl} \sum_{n} s_{n} q^{n} & = & \sum_{n} s_{n} (q^{n} p + q^{n + 1} p + q^{n + 2} p + . . .) \\ = & \sum_{n} (s_{0} + s_{1} + . . . + s_{n}) q^{n} p \end{array}

$\begin{eqnarray} \sum_n s_n q^n & = & \sum_n s_n (q^n p + q^{n+1}p + q^{n+2}p + ...) \newline & = & \sum_n (s_0 + s_1 + ... + s_n) q^n p \end{eqnarray}$

বিবেচনা করুন । যাক এর কোফিসিয়েন্টস এর সমষ্টি হতে মাধ্যমে । তারপরে । প্রতিটি since যেহেতু ধনাত্মক এবং সমষ্টি , তাই আমরা বাইনারি প্রসারণের সাথে ফর্সা বিট স্ট্রিমের সাথে তুলনা করে সম্ভাবনার দিয়ে একটি ইভেন্ট তৈরি করতে পারি এর । প্রয়োজনীয়তা হিসাবে রয়েছে । $1-p^\alpha = \alpha q + \frac{\alpha(1-\alpha)}{2} q^2 + ...$ $t_n$ $q$ $q^n$ $1-p^\alpha = \sum_n t_n q^n p$ $t_n\in [0,1]$ $1-0^\alpha = 1$ $1-p^\alpha$ $t_G$ $p^\alpha$

আবার তর্কটি কার্ডিনালের কারণে।

— ডগলাস জারে
সূত্র

1

(+1) এটি পোস্ট করতে সমস্যায় যাওয়ার জন্য ধন্যবাদ। প্রকাশের পার্থক্যগুলি, তুলনামূলকভাবে সামান্য হলেও, পদ্ধতির আরও স্পষ্ট করতে সহায়তা করে।

— কার্ডিনাল

4

কার্ডিনাল এবং পরবর্তী অবদানগুলির দ্বারা সম্পূর্ণ সম্পূর্ণ উত্তরটি নিম্নলিখিত মন্তব্য / বৈকল্পিককে অনুপ্রাণিত করে।

পিজেডকে "শূন্যের সম্ভাবনা" এবং দাঁড়াতে দিন । তাহলে PZ সঙ্গে একটি IID বের্নুলির ক্রম , তারপর PZ সঙ্গে একটি বের্নুলির আরভি হয় । এখন উপার্জন র্যান্ডম অর্থাত, একটি পূর্ণসংখ্যা আরভি দ্বারা প্রতিস্থাপন বিশালাকার করার বের্নুলির আরভি সঙ্গে সুতরাং যদি এবং যদি আমরা কার্ডিনালের উত্তর থেকে গ্রহণ করি , আমরা পাই $q:=1-p$ $X_n$ $q$ $M_n := \max(X_1,\,X_2,\,\dots, X_n)$ $q^n$ $n$ $N \geq 1$ $M_N$

P r {M_{N} = 0} = \sum_{n = 1}^{\infty} P r {M_{N} = 0 | N = n} P r {N = n} = \sum_{n = 1}^{\infty} P r {N = n} q^{n} .

$\mathrm{Pr}\{M_N =0\} = \sum_{n=1}^\infty \mathrm{Pr}\{M_N =0 \,\vert\, N =n\} \mathrm{Pr}\{N =n\} = \sum_{n=1}^\infty \mathrm{Pr}\{N =n\} \, q^n.$

0 < a < 1

$0 < a < 1$

P r {N = n} = b_{n}

$\mathrm{Pr}\{N =n\} =b_n$

P r {M_{N} = 0} = 1 - p^{a}

$\mathrm{Pr}\{M_N =0\} = 1- p^a$ এবং হ'ল হিসাবে চেয়েছিলেন। এটি প্রকৃতপক্ষে সম্ভব, যেহেতু সন্তুষ্ট করে এবং তাদের যোগফল ।

1 - M_{N}

$1-M_N$

B e r (p^{a})

$\mathrm{Ber}(p^a)$

b_{n}

$b_n$

b_{n} ⩾ 0

$b_n \geqslant 0$

1

$1$

এর বিযুক্ত বন্টন শুধুমাত্র উপর নির্ভর করে সঙ্গে , প্রত্যাহার এটি আকর্ষণীয় বৈশিষ্ট্য রয়েছে। এটি সক্রিয় আউট অসীম প্রত্যাশা এবং ভারী লেজ আচরণ আছে সঙ্গে । $N$ $a$ $0 < a < 1$

P r {N = n} = \frac{a}{n} \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - a / k) (n \geq 1) .

$\mathrm{Pr}\{N =n\} = \frac{a}{n}\,\prod_{k=1}^{n-1}\left(1 - a/k\right) \qquad (n \geq 1).$

n b_{n} \sim c / n^{a}

$n \,b_n \sim c/n^a$

c = - 1 / Γ (- a) > 0

$c = -1/\Gamma(-a) >0$

যদিও সর্বোচ্চ হয় ট্রাক, তার সংকল্প একটি নম্বর প্রয়োজন যা যেহেতু ফলাফলের যত তাড়াতাড়ি এক হিসাবে পরিচিত হয় হয় । গণিত সংখ্যা জ্যামিতিকভাবে বিতরণ করা হয়। $M_N$ $N$ $X_k$ $\leq N$ $X_k$ $1$ $X_k$

— ইভস
সূত্র

একজন সংশ্লিষ্ট ধারণা ট্রাক করতে হবে একস্ট্রিমাল সূচকের সাথে নির্ভরশীল , যার মানে হল PZ হয়েছে বদলে । টেকিং কোন কাজ হবে । IID rv.s একটা ক্রম দেওয়া একটি প্রমিত Frechet নিম্নলিখিত সেখানে পদ্ধতি পরিচিত হয় একটি নির্ভরশীল ক্রম জেনারেট করতে মান Frechet মার্জিন নির্ধারিত একস্ট্রিমাল সূচকের সাথে । তবে, আমরা যদি বার্নৌল্লি''কে প্রতিস্থাপন করি তবে কী হবে ?

X_{k}

$X_k$

θ

$\theta$

(0 < θ < 1)

$(0 < \theta < 1)$

M_{n}

$M_n$

q^{n θ}

$q^{n\theta}$

q^{n}

$q^n$

n θ = a

$n\theta = a$

a > 0

$a>0$

X_{n}

$X_n$

X_{n}^{⋆}

$X_n^\star$

θ

$\theta$ standard Frechet'' by

— ইয়ভেস

(+1) খুব সুন্দর, @ ইয়ভেস। কয়েকটি মন্তব্য: ( 1 ) প্রথম অংশটি আমি গ্রহণ করা পদ্ধতির পরিপূরক হিসাবে দেখা যেতে পারে। প্রকৃতপক্ষে, আমি যখন প্রথম সিরিজটি পেয়েছি , আমি তাত্ক্ষণিক জ্যামিতির সাথে সংযোগটি দেখেছি, আমি প্রথমে আরও সরাসরি কিছু চেষ্টা করেছি এবং এটি করার প্রাকৃতিক উপায় নিয়ে আসিনি। আপনার উত্তর সেই সমস্যার সমাধান করে। ( ২ ) আপনার পদ্ধতির প্রয়োগ কেবলমাত্র একটি মুদ্রা ব্যবহার করেও করা যেতে পারে । বিশেষত, ন্যায্য মুদ্রা ফ্লিপের উপর ভিত্তি করে একটি পূর্ণ বাইনারি গাছের নীচে নেমে উত্পন্ন করা যায় , যেখানে বাম নোডগুলি পাতা থাকে এবং সিদ্ধান্তটি (...) দ্বারা গৃহীত হয়

b_{n} q^{n}

$b_n q^n$

B e r (p)

$\mathrm{Ber}(p)$

N

$N$

— কার্ডিনাল

(...) মুদ্রার (আংশিক) অনুক্রম থেকে নির্মিত সংখ্যার সাথে আংশিক অঙ্কগুলিতে ফ্লিপ হয় । সমাপ্তি গভীরতা দেয় । ( 3 ) আমি বিশ্বাস করি যে , যা গড়ের চূড়ান্ততার বিষয়ে আপনার সিদ্ধান্তকে পরিবর্তন করবে। ( ৪ ) আপনার দৃষ্টিভঙ্গি এবং আমার উভয় ক্ষেত্রেই মনে হচ্ছে আমরা গণনা থেকে বাঁচতে পারি না , এমনকি যদি আমরা আমাদের মুদ্রা ছাড়াও অভিন্ন র্যান্ডম পরিবর্তনের অনুমতি দিই স্যাম্পলিংয়ের উদ্দেশ্যে। এটি এড়ানোর কোনও উপায় সন্ধান করা দক্ষতার উন্নতির সবচেয়ে সুস্পষ্ট উপায় বলে মনে হয়।

(0, 1)

$(0,1)$

f_{n} = \sum_{i = 1}^{n} b_{i}

$f_n = \sum_{i=1}^n b_i$

N

$N$

n b_{n} \sim c n^{- (1 + a)}

$n b_n \sim c n^{-(1+a)}$

f_{n} = \sum_{i = 1}^{n} b_{i}

$f_n = \sum_{i=1}^n b_i$

B e r (p)

$\mathrm{Ber}(p)$

— কার্ডিনাল

1

আপনাকে ধন্যবাদ আমি সম্ভবত আপনার সমস্ত মন্তব্যে একমত (3)। আমি আসলে যেহেতু একটি ত্রুটি করেছি হয় (সম্পাদিত), কিন্তু এর এক্সপোনেন্ট বলে মনে হয় সঠিক। আমি প্রতিনিধিত্ব ব্যবহৃত উইকিপিডিয়ার পাতায় পাওয়া যেমন যেমন অসীম পণ্য এবং গ্রহণ যা পণ্যের জন্য একটি সমতুল্য দেয় । আপনি যদি এটি পরীক্ষা করতে পারেন তবে আমি আরও আত্মবিশ্বাসী হব।

c

$c$

- 1 / Γ (- a)

$-1/\Gamma(-a)$

n

$n$

Γ (z)

$\Gamma(z)$

z := - a

$z:=-a$

\prod_{k = 1}^{n - 1}

$\prod_{k=1}^{n-1}$

— Yves

প্রিয় @ ইয়েভস, (+1) আপনি ধ্রুবক সম্পর্কে এবং প্রায় (3) সম্পর্কে সঠিক। আমার ক্ষমা। একরকম, যখন আমি কাগজে জিনিসগুলি লিপিবদ্ধ করতে গিয়েছিলাম, আমি পরিবর্তে এর অ্যাসিম্পটিকগুলিতে । :-)

b_{n}

$b_n$

n b_{n}

$n b_n$

— কার্ডিনাল