Làm thế nào tôi có thể tính

Giả sử rằng là một mẫu ngẫu nhiên từ một hàm phân bố liên tục . Đặt độc lập với 's. Làm cách nào tôi có thể tính toán ? $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study

— hadi
nguồn

Điều này trông giống như kỳ vọng có điều kiện của một biến ngẫu nhiên , với điều . Là những gì ? Hoặc, bạn đã cố gắng để viết một chức năng chỉ báo? Giống như ?

I

$I$

Y_{i} \leq Y_{n + 1}

$Y_i \leq Y_{n+1}$

I

$I$

I {Y_{i} \leq Y_{n + 1}}

$I \{ Y_i \leq Y_{n+1} \}$

— GoF_Logistic

Nếu là một hàm chỉ thị, chỉ cần sử dụng tuyến tính của kỳ vọng.

I

$I$

— Łukasz Tốt nghiệp

Những thanh dọc đó có nghĩa gì trong " "? Đây không phải là một ký hiệu thông thường cho một chức năng chỉ báo, điều này làm tăng nghi ngờ về câu hỏi này.

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

$I\mid Y_i\le Y_{n+1}\mid$

— whuber

Có lẽ OP chỉ có nghĩa là sử dụng thanh dọc đầu tiên. Điều đó có thể có nghĩa là nó có nghĩa là điều hòa.

— Michael R. Chernick

@Zen Tôi tin rằng bạn có thể đã hiểu nhầm: các chỉnh sửa của ai đó (của bạn?) Đã khắc phục vấn đề công chứng, không tạo ra chúng! Với rollback, ký hiệu lạ đã trở lại.

— whuber

Câu trả lời:

Dưới đây là câu trả lời thay thế cho @Lucas 'bằng cách sử dụng luật kỳ vọng lặp lại:

\begin{aligned} E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}] & = E [E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | X]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [E [1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})} | Y_{n + 1}]]] \\ = E [\sum_{i = 1}^{X} E [F (Y_{n + 1})]] \\ = E [X] E [F (Y_{n + 1})] \\ = \frac{n + 1}{2} E [F (Y_{n + 1})] \end{aligned}

$\begin{align} E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] & = E\left[E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|X]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE\left[E[1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}|Y_{n+1}]\right]\right] \\ & = E\left[\sum_{i=1}^XE[F(Y_{n+1})]\right] \\[12pt] & = E[X]E\left[F(Y_{n+1})\right] \\[12pt] & =\frac{n+1}{2}E[F(Y_{n+1})] \end {align}$

Bước thứ ba sau sự độc lập của và từ ; bước thứ tư một lần nữa là một ứng dụng của luật kỳ vọng lặp lại; bước cuối cùng chỉ đơn giản là một ứng dụng của công thức cho kỳ vọng của một biến ngẫu nhiên thống nhất rời rạc. $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

Bằng cách đảo ngược thứ tự tích hợp, chúng tôi rút ra kỳ vọng còn lại:

\begin{aligned} E [F (Y_{n + 1})] & = \int_{- \infty}^{\infty} F (y) d F (y) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{y} d F (x) d F (y) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{x}^{\infty} d F (y) d F (x) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} (1 - F (x)) d F (x) \\ = 1 - E [F (Y_{n + 1})] \end{aligned}

$\begin{align} E[F(Y_{n+1})] & = \int_{-\infty}^{\infty}F(y)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^y dF(x)dF(y) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{x}^{\infty} dF(y)dF(x) \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} (1-F(x))dF(x) \\[10pt] & = 1-E[F(Y_{n+1})] \end{align}$

$E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

E [\sum_{i = 1}^{X} 1_{(Y_{i} \leq Y_{n + 1})}] = \frac{n + 1}{4}

$E\left[\sum_{i=1}^X1_{(Y_i \leq Y_{n+1})}\right] = \frac{n+1}{4}$

— Daneel Olivaw
nguồn

$\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

Pr {Y_{i} \leq Y_{n + 1}} = 1 - Pr {Y_{n + 1} < Y_{i}} = 1 - Pr {Y_{n + 1} \leq Y_{i}} .

$\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\} = 1-\Pr\{Y_{n+1}< Y_i\}=1-\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}.$

E [I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}}] = Pr {Y_{i} \leq Y_{n + 1}} = 1 / 2

$\mathrm{E}\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]=\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=1/2$

E [\sum_{i = 1}^{X} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = E [\sum_{i = 1}^{x} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x] = \sum_{i = 1}^{x} E [I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X = x]

$\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^x I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right] = \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X=x\right]$

= \sum_{i = 1}^{x} E [I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}}] = \frac{x}{2},

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ trong đó chúng tôi đã sử dụng tính tuyến tính của kỳ vọng có điều kiện và tính độc lập của và . Do đó,

X

$X$

Y_{i}

$Y_i$

E [\sum_{i = 1}^{X} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}}] = E [E [\sum_{i = 1}^{X} I_{{Y_{i} \leq Y_{n + 1}}} | X]] = E [\frac{X}{2}] = \frac{n + 1}{4} .

$\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \mathrm{E}\!\left[\mathrm{E}\!\left[\sum_{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\;\Bigg\vert\; X\right]\right] = \mathrm{E}\left[\frac{X}{2}\right] = \frac{n+1}{4}.$

— thiền học
nguồn

Chúng ta có

\begin{aligned} E [\sum_{i = 1}^{X} I [Y_{i} \leq Y_{n + 1}]] & = E [\sum_{i = 1}^{n} I [i \leq X] I [Y_{i} \leq Y_{n + 1}]] \\ = \sum_{i = 1}^{n} E [I [i \leq X] I [Y_{i} \leq Y_{n + 1}]] \\ = \sum_{i = 1}^{n} E [I [i \leq X]] \cdot E [I [Y_{i} \leq Y_{n + 1}]] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} \cdot E [I [Y_{i} \leq Y_{n + 1}]] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} \cdot E [F (Y_{n + 1})]] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{2} \\ = \frac{n + 1}{4} \end{aligned}

$\begin{align} E\left[ \sum_{i = 1}^X I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] &= E\left[ \sum_{i = 1}^n I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n E\left[ I[i \leq X] \right] \cdot E\left[ I[Y_i \leq Y_{n + 1}] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E[I[Y_i \leq Y_{n + 1}]] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot E\left[ F(Y_{n + 1})] \right] \\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{n + 1}{4} \end{align}$

Bước thứ hai tiếp theo từ tính tuyến tính của kỳ vọng, bước thứ ba từ sự độc lập của và và bước thứ năm từ thực tế là Để chứng minh bước thứ sáu, bạn có thể sử dụng tích hợp một phần . Đối với bước cuối cùng, bạn sử dụng công thức tính tổng một phần . $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

F (y) = P (Y \leq y) = E [I [Y \leq y]] .

$F(y) = P(Y \leq y) = E[I[Y \leq y]].$

— Lucas
nguồn

của bạn đến từ đâu? Miễn là , điều đó luôn luôn đúng do đó bạn có thể sửa kết quả cuối cùng theo giá trị bạn muốn.

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

— Daneel Olivaw

Nếu bạn có nghĩa là: tôi đồng ý với câu trả lời.

N = n

$N=n$

— Daneel Olivaw