ब्रेन-टीज़र: एक समान अनुक्रम [0,1] वितरण से खींचे जाने पर एक iid अनुक्रम की अपेक्षित लंबाई क्या होती है, जो एकतरफा रूप से बढ़ती है?

यह एक मात्रात्मक विश्लेषक की स्थिति के लिए एक साक्षात्कार प्रश्न है, यहां रिपोर्ट किया गया है । मान लीजिए कि हम एक समान $[0,1]$ वितरण से आकर्षित कर रहे हैं और ड्रॉ iid हैं, एक नीरस रूप से बढ़ते वितरण की अपेक्षित लंबाई क्या है? यानी, यदि वर्तमान ड्रॉ पिछले ड्रॉ की तुलना में छोटा या बराबर है तो हम ड्रॉ करना बंद कर देते हैं।

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

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

लेकिन मुझे लगता है कि इन नेस्टेड इंटीग्रल्स की गणना तेजी से कठिन है और मुझे $\Pr(\text{length} = n)$ को सामान्य करने के लिए "ट्रिक" नहीं मिल रही है । मुझे पता है कि अंतिम उत्तर संरचित

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

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

इस प्रश्न का उत्तर देने के बारे में कोई विचार?

— अमेजन
स्रोत

जवाबों:

इस प्रश्न को हल करने के कुछ सामान्य संकेत इस प्रकार हैं:

आपके पास निरंतर IID यादृच्छिक चर का अनुक्रम है जिसका अर्थ है कि वे विनिमेय हैं । पहले मानों के लिए एक विशेष आदेश प्राप्त करने की संभावना के बारे में इसका क्या मतलब है ? इसके आधार पर, पहले मानों के लिए बढ़ते ऑर्डर मिलने की संभावना क्या है ? अंतर्निहित यादृच्छिक चर के वितरण पर एकीकरण के बिना यह पता लगाना संभव है। यदि आप इसे अच्छी तरह से करते हैं, तो आप एक समान वितरण की धारणा के बिना एक उत्तर प्राप्त करने में सक्षम होंगे - अर्थात, आपको एक उत्तर मिलता है जो निरंतर यादृच्छिक चर के किसी भी विनिमेय अनुक्रम के लिए लागू होता है। $n$ $n$

यहाँ पूर्ण समाधान है ( यदि आपको यह पता लगाना है कि क्या आप अपने आप को देखना नहीं चाहते हैं ):

चलो स्वतंत्र निरंतर यादृच्छिक चर के अपने अनुक्रम हो, और अनुक्रम की शुरुआत में बढ़ते तत्वों की संख्या हो। क्योंकि ये निरंतर विनिमेय यादृच्छिक चर हैं, वे लगभग निश्चित रूप से एक दूसरे के लिए असमान हैं, और कोई भी आदेश समान रूप से होने की संभावना है, इसलिए हमारे पास हैं: (ध्यान दें कि यह परिणाम निरंतर यादृच्छिक चर के किसी भी IID अनुक्रम के लिए रखता है; उनके पास एक समान वितरण नहीं है।) इसलिए यादृच्छिक चर में प्रायिकता बड़े पैमाने पर होती है। $U_1, U_2, U_3, \cdots \sim \text{IID Continuous Dist}$ $N \equiv \max \{ n \in \mathbb{N} | U_1 < U_2 < \cdots < U_n \}$
$P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}) = \frac{1}{n!} .$ $\mathbb{P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n) = \frac{1}{n!}.$ $N$ $p_{N} (n) = P (N = n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$ $p_N(n) = \mathbb{P}(N=n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!}.$ आप देखेंगे कि यह परिणाम उन मूल्यों के साथ होता है जिन्हें आपने अंतर्निहित मूल्यों पर एकीकरण का उपयोग करके गणना की है। (इस भाग के समाधान की आवश्यकता नहीं है; यह पूर्णता के लिए शामिल है।) एक गैर-नकारात्मक यादृच्छिक चर के अपेक्षित मूल्य के लिए एक प्रसिद्ध नियम का उपयोग करना , हमारे पास है: फिर से ध्यान दें कि हमारे काम में कुछ भी नहीं है जो अंतर्निहित वर्दी वितरण का उपयोग करता है। इसलिए, यह एक सामान्य परिणाम है जो निरंतर यादृच्छिक चर के किसी भी विनिमेय अनुक्रम पर लागू होता है। $E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$ $\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$

कुछ और अंतर्दृष्टि:

उपरोक्त कार्य से हम देखते हैं कि यह वितरण परिणाम और परिणामी अपेक्षित मूल्य अंतर्निहित वितरण पर निर्भर नहीं करते हैं, इसलिए जब तक यह एक निरंतर वितरण है। यह वास्तव में आश्चर्य की बात नहीं है जब हम इस तथ्य पर विचार करते हैं कि हर निरंतर स्केलर यादृच्छिक चर एक समान यादृच्छिक चर के एक मोनोटोनिक परिवर्तन के माध्यम से प्राप्त किया जा सकता है (परिवर्तन इसकी मात्रात्मक फ़ंक्शन के साथ)। चूंकि मोनोटोनिक परिवर्तन रैंक-क्रम को संरक्षित करते हैं, इसलिए IID के क्रमिक यादृच्छिक चर के क्रम की संभावनाओं को देखना IID वर्दी यादृच्छिक चर के क्रम की संभावनाओं को देखने के समान है।

— मोनिका को बहाल करो
स्रोत

अच्छी तरह से किया! (+1)

— jbowman

@ जब तक मैं अंतिम समीकरण तक आपका अनुसरण करता हूं ... मुझे लगा कि अपेक्षित मान, बजाय ... क्या आप कृपया इस भाग को और अधिक समझा सकते हैं?

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)

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N⩾n)$

— अमेजन

यह एक गैर-नकारात्मक यादृच्छिक चर के अपेक्षित मूल्य के लिए एक प्रसिद्ध नियम है । समन के क्रम को स्वैप करने वाली तकनीक का उपयोग करते हुए, आपके पास: तो आपको उस को ढूंढना चाहिए ।

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)!}

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

— मोनिका

क्या आप कृपया ?

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

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

— बैडमैक्स

@badmax: यादृच्छिक चर अनुक्रम की शुरुआत में के बढ़ते तत्वों की संख्या है (इसकी परिभाषा देखें)। इस प्रकार, यदि का अर्थ है कि अनुक्रम की शुरुआत में कम से कम बढ़ते तत्व हैं। इसका मतलब है कि पहले तत्व बढ़ते क्रम में होने चाहिए , जो कि ।

N

$N$

U

$U$

N ⩾ n

$N \geqslant n$

n

$n$

n

$n$

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

$U_1 < U_2 < \cdots < U_n$

— मोनिका

एक और समाधान विधि जो आपको अधिक सामान्य मामले के लिए समाधान देती है।

मान लीजिए कि एक मोनोटोनिक अनुक्रम की अपेक्षित लंबाई , जैसे कि । जिस मूल्य की हम गणना करना चाहते हैं, वह $F(x)$ $\{x_1, x_2, ...\}$ $x\leq x_1\leq x_2\leq\cdots$ $F(0)$ । और हम जानते हैं । अगले मूल्य पर कंडीशनिंग, $F(1)=0$

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

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

कहा पे $\pi(y)=1$ U [0,1] घनत्व है। इसलिए

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

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

सीमा स्थिति साथ हल करने पर , हमें । इसलिए । $F(1)=0$ $F(x) = e^{(1-x)}-1$ $F(0)=e-1$

— jf328
स्रोत

यह बहुत चालाक है। बस इसे थोड़ा बाहर वर्तनी करने के लिए: आपकी टिप्पणियां यह हैं कि 1) यदि सबसे लंबे समय तक बढ़ते हुए अनुक्रम माइनस एक की लंबाई है तो यह और निर्धारित करने के लिए पर्याप्त है , और 2) शून्य है यदि और अन्यथा। चूँकि हमें मिलता है , जो वर्दी मामले में सीधे हल किया जा सकता है।

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))

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

— मैथ्यू टावर्स

+1 वास्तव में बहुत चतुर। लेकिन चूंकि अंतिम उत्तर वितरण पर निर्भर नहीं करता है (जैसा कि अन्य उत्तर चर्चा करता है), यह गणना भी किसी तरह पर निर्भर नहीं होनी चाहिए । क्या इसे देखने का कोई तरीका है? CC to @m_t_।

π (y)

$\pi(y)$

— अमीबा का कहना है कि मोनिका

@amoeba I सहमत s के वितरण पर निर्भर नहीं होना चाहिए , लेकिन अन्य मूल्य : उस DE का सामान्य समाधान

F (0)

$F(0)$

X

$X$

F

$F$

F = C e^{- \int π} - 1

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

— मैथ्यू टावर्स

@MartijnWeterings मुझे लगता कि , 1 नहीं, उदाहरण के लिए वर्दी मामले में हम

C = e

$C=e$

e e^{- x} - 1

$e e^{-x} -1$

— मैथ्यू टावर्स

हाँ आप सही है। मैंने अपने बयान में कटौती करने के लिए एकसमान केस का इस्तेमाल किया लेकिन गलत तरीके से उपयोग बजाय

c e^{1 - x} - 1

$ce^{1-x}-1$

c e^{- x} - 1

$ce^{-x}-1$

— Sextus Empiricus

एक और समाधान विधि अभिन्न सीधे गणना करने के लिए है।

एक दृश्य जिसका बढ़ती भाग की लंबाई है पैदा करने की संभावना है , जहां । $\geq n$ $f^n(0)$ $f^n(x) = \int_{x}^{1}\int_{x_1}^{1}\int_{x_2}^{1}...\int_{x_{n-2}}^{1}\int_{x_{n-1}}^{1}dx_ndx_{n-1}...dx_2dx_1$

हमें क्या करने की आवश्यकता है गणना करने के लिए $f^n(0)$ ।

यदि आप पहले कई गणना करने का प्रयास करते हैं , तो शायद आप पाएंगे कि $f^n(x)$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^n \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}$

बेस केस: जब , $n=1$ $f^1(x) = \sum_{t=0}^1 \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}=1-x=\int_{x}^{1}dx_1$

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

आगमनात्मक कदम: जब , $n = k+1$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

गणितीय प्रेरण द्वारा, धारणा धारण करती है।

इस प्रकार, हम प्राप्त करते हैं कि $f^n(0)=\dfrac{1}{n!}$

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

— 劉家維
स्रोत