Brain-teaser : 균일 한 [0,1] 분포에서 도출 될 때 단조롭게 증가하는 iid 서열의 예상 길이는 얼마입니까?

여기 에보고 된 정량적 분석가의 인터뷰 질문입니다 . 균일 한 분포 에서 그림을 그리고 그림이 iid 라고 가정 합니다. 단조 증가 분포의 예상 길이는 얼마입니까? 즉, 현재 그리기가 이전 그리기보다 작거나 같으면 그리기를 중지합니다. $[0,1]$

처음 몇 개를 얻었습니다 :

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

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

그러나이 중첩 적분을 계산하는 것이 점점 어려워지고 $\Pr(\text{length} = n)$ 일반화하는 "트릭"을 얻지 못했습니다 . 최종 답변이 것을 알고 있습니다.

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

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

이 질문에 대답하는 방법에 대한 아이디어가 있습니까?

— 아마존
소스

답변:

이 질문을 해결하기위한 일반적인 힌트는 다음과 같습니다.

연속적인 IID 랜덤 변수 시퀀스가 있으며 이는 교환 가능 하다는 의미 입니다. 이것은 처음 $n$ 값에 대해 특정 순서를 얻을 확률에 대해 무엇을 의미 합니까? 이를 바탕으로 첫 $n$ 값의 차수가 증가 할 확률은 얼마입니까? 기본 랜덤 변수의 분포를 통합하지 않고이를 파악할 수 있습니다. 이 작업을 잘 수행하면 균일 분포를 가정하지 않고 답을 도출 할 수 있습니다. 즉, 연속 무작위 변수의 교환 가능한 시퀀스에 적용되는 답을 얻을 수 있습니다.

여기에 완전한 해결책이 있습니다 ( 이것을 스스로 알아 내야한다면 보지 마십시오 ).

하자 독립 연속 확률 변수의 시퀀스, 그리고하자 는 시퀀스 시작시 증가하는 요소의 수입니다. 이들은 연속적으로 교환 가능한 임의의 변수이므로 서로 거의 동일하지 동일 할 가능성이 있습니다. (이 결과는 연속 랜덤 변수의 모든 IID 시퀀스에 적용되며, 균일 한 분포를 가질 필요는 없습니다.) 랜덤 변수 에는 확률 질량 함수가 있습니다. $U_1, U_2, U_3, \cdots \sim \text{IID Continuous Dist}$ $N \equiv \max \{ n \in \mathbb{N} | U_1 < U_2 < \cdots < U_n \}$
$P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}) = \frac{1}{n!} .$ $\mathbb{P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n) = \frac{1}{n!}.$ $N$ $p_{N} (n) = P (N = n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$ $p_N(n) = \mathbb{P}(N=n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!}.$ 이 결과는 기본 값에 대한 통합을 사용하여 계산 한 값과 일치합니다. (이 부분은 솔루션에 필요하지 않으며, 완전성을 위해 포함되어 있습니다.) 음이 아닌 임의 변수 의 예상 값에 대해 잘 알려진 규칙을 사용하여 다음 을 갖습니다. 우리의 작업에서 기본 균일 분포를 사용한 것은 아무것도 없다는 점을 다시 한 번 주목하십시오. 따라서, 이는 연속 랜덤 변수의 교환 가능한 순서에 적용되는 일반적인 결과입니다. $E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$ $\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$

추가 통찰력 :

위의 작업에서 우리는이 분포 결과와 결과 예상 값이 연속 분포 인 한 기본 분포에 의존하지 않음을 알 수 있습니다. 우리가 모든 연속 스칼라 랜덤 변수가 균일 랜덤 변수의 단조 변환을 통해 얻을 수 있다는 사실을 고려하면 이것은 놀라운 일이 아닙니다. 단조 변환은 순위 순서를 유지하므로 임의의 IID 연속 랜덤 변수의 순서 확률을 보는 것은 IID 균일 랜덤 변수 의 순서 확률을 보는 것과 같습니다 .

— 복원 모니카
소스

잘 했어요! (+1)

— jbowman 2016 년

@Ben 나는 마지막 방정식까지 당신을 따라갑니다 ... 예상 값은, ...이 부분을 더 자세히 설명해 주시겠습니까?

이자형 (엔) = \sum_{엔 = 1}^{\infty} 피 (엔 = 엔) ※ 엔 = \sum_{엔 = 1}^{\infty} 엔^{2} / (엔 + 1)!

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

이자형 (엔) = \sum_{엔 = 1}^{\infty} 피 (엔 ⩾ 엔)

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N⩾n)$

— Amazonian

이것은 음이 아닌 임의 변수 의 예상 값에 대한 잘 알려진 규칙입니다 . 합산 순서를 바꾸는 기술을 사용하면 다음과 같은 이점이 있습니다. 따라서 입니다.

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)!}

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

— 복원 Monica Monica

당신은에 자세히 설명해 이유 ?

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

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

— badmax

@badmax : 랜덤 변수 은 시퀀스 시작시 의 증가하는 요소 수입니다 (정의 참조). 따라서 인 경우 시퀀스 시작 시 최소 증가하는 요소 가 있음을 의미합니다 . 즉, 첫 번째 요소 는 순서대로 증가 해야합니다 .

N

$N$

U

$U$

N ⩾ n

$N \geqslant n$

n

$n$

n

$n$

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

$U_1 < U_2 < \cdots < U_n$

— Monica Monica 복원

보다 일반적인 경우에 대한 솔루션을 제공하는 또 다른 해결 방법입니다.

가정 단조 서열의 예상 길이 , 그러한 . 계산하려는 값은 입니다. 그리고 우리는 알고 있습니다. 다음 값에 대한 컨디셔닝 $F(x)$ $\{x_1, x_2, ...\}$ $x\leq x_1\leq x_2\leq\cdots$ $F(0)$ $F(1)=0$

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

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

여기서 은 U [0,1] 밀도입니다. 그래서 $\pi(y)=1$

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

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

경계 조건으로 해결 , 우리가 얻을 . 따라서 입니다. $F(1)=0$ $F(x) = e^{(1-x)}-1$ $F(0)=e-1$

— jf328
소스

이것은 매우 영리합니다. 간단히 설명하면, 1) 이 가장 긴 초기 증가 시퀀스의 길이에서 1을 뺀 길이 인 경우 를 결정하고 설정 하면 충분합니다 , 2) 경우 제로 및 그렇지. 이후 우리는 , 균일 한 경우 직접 해결할 수 있습니다.

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))

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

— Matthew Towers

+1 참으로 영리합니다. 그러나 최종 답변은 분포에 의존하지 않기 때문에 (다른 답변에서 설명하는 것처럼)이 계산은 에 의존해서는 안됩니다 . 그것을 볼 방법이 있습니까? CC에서 @m_t_까지

π (y)

$\pi(y)$

— amoeba는

@amoeba 동의 의 분포에 의존하지 않아야 의, 그러나 다른 값 해야 : DE인지의 일반적인 용액

F (0)

$F(0)$

X

$X$

F

$F$

F = C e^{- \int π} - 1

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

— 마 타워

@MartijnWeterings , 1이 아니라고 생각합니다 . 예를 들어 균일 한 경우에는

C = e

$C=e$

e e^{- x} - 1

$e e^{-x} -1$

— Matthew Towers

그래 네가 맞아. 나는 문을 추론 할 균일 한 케이스를 사용하지만 잘못 사용 대신

c e^{1 - x} - 1

$ce^{1-x}-1$

c e^{- x} - 1

$ce^{-x}-1$

— 섹스 투스 엠피 리 쿠스

또 다른 해결 방법은 적분을 직접 계산하는 것입니다.

증가하는 부분의 길이가 인 시퀀스를 생성 할 확률 은 . 여기서 . $\geq n$ $f^n(0)$ $f^n(x) = \int_{x}^{1}\int_{x_1}^{1}\int_{x_2}^{1}...\int_{x_{n-2}}^{1}\int_{x_{n-1}}^{1}dx_ndx_{n-1}...dx_2dx_1$

우리가해야 할 일은 을 계산하는 것입니다 . $f^n(0)$

처음 여러 를 계산하려고하면 아마도 $f^n(x)$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^n \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}$

기본 사례 : 일 때 $n=1$ $f^1(x) = \sum_{t=0}^1 \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}=1-x=\int_{x}^{1}dx_1$

귀납적 가설 : 일 때 $n=k$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^k \dfrac{(-x)^t}{t!(k-t)!}\text{ , for }k \geq 1$

유도 단계 : 일 때 $n = k+1$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

수학적 유도에 의해 가정이 유지됩니다.

따라서 우리는 $f^n(0)=\dfrac{1}{n!}$

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

— 劉家維
소스