假设是iid随机变量。预计序列何时会首次减少？

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如标题中所建议。假设是pdf连续iid随机变量。考虑，，因此是序列首次减少时的时间。那么的值是多少？ $X_1, X_2, \dotsc, X_n$ $f$ $X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_N$ $N \geq 2$ $N$ $E[N]$

我尝试首先评估。我有同样，我得到。当变大时，计算变得更加复杂，我找不到模式。谁能建议我应该如何进行？ $P[N = i]$

\begin{aligned} P [ñ = 2] & = \int_{- \infty}^{\infty} F （ X ） F （ X ） d X \\ = \frac{F （ X ）^{2}}{2} |_{- \infty}^{\infty} \\ = \frac{1个}{2} \\ P [ñ = 3] & = \int_{- \infty}^{\infty} F （ X ） \int_{X}^{\infty} F （ ÿ ） F （ ÿ ） d ÿ d X \\ = \int_{- \infty}^{\infty} F （ X ） \frac{1个 - F （ X ）^{2}}{2} d X \\ = \frac{F （ X ） - F （ X ）^{3} / 3}{2} |_{- \infty}^{\infty} \\ = \frac{1个}{3} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N = 2] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)F(x)dx \\ & = \frac{F(x)^2}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{2} \\ P[N = 3] & = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\int_x^{\infty}f(y)F(y)dydx \\ & = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{1-F(x)^2}{2}dx \\ & = \frac{F(x)-F(x)^3/3}{2}\Large|_{-\infty}^{\infty} \\ & = \frac{1}{3} \end{align*}$

P [N = 4] = \frac{1}{8}

$P[N = 4] = \frac{1}{8}$

i

$i$

probability self-study iid

— 白菜
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这是课程或教科书中的问题吗？如果是这样，请添加[self-study]标签并阅读其wiki。

— Silverfish

1

一个提示。考虑等级，应该随机排列。有等级的排列。都在增加的唯一排列。对于，有不是最大值的观测值，然后我们可以将其取出并放置在末尾以生成一个序列，该序列递增直至倒数第二个位置，然后递减。因此，这的概率是？ ...。这应该排序你出去用，和，你发现了，给你一个简单的公式来概括它。总和是很容易的。

n!

$n!$

1, 2, \dots, n

$1, 2, \dots, n$

X_{i}

$X_i$

n \geq 2

$n \geq 2$

n - 1

$n-1$

n - 1

$n-1$

1 / 2

$1/2$

1 / 3

$1/3$

1 / 8

$1/8$

— Silverfish

（而且，如果您无法猜出序列的结果，您可以求和求平均值，也许您应该对其进行模拟。您将识别出前两位小数位。）

— Silverfish

我今天参加的考试有问题。谢谢您的提示，现在我想出了解决方法。

— 郝白菜

2

stats.stackexchange.com/questions/51429 / ...本质上是重复的。尽管只涉及均匀分布，但要证明这两个问题是相等的几乎是微不足道的。（一种方法：将概率积分变换应用于。）

X_{i}

$X_i$

— 笨蛋

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$\{X_i\}_{i\geq 1}$

N = min {n : X_{n - 1} > X_{n}},

$N=\min\,\{n:X_{n-1}>X_n\},$

N \geq n

$N\geq n$

X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}

$X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}$

Pr (N \geq n) = Pr (X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}) = \frac{1}{(n - 1)!}, (*)

$\Pr(N\geq n) = \Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1})=\frac{1}{(n-1)!}, \qquad (*)$ 的对称性。因此，。

E [N] = \sum_{n = 1}^{\infty} Pr (N \geq n) = e \approx 2.71828 \dots

$\mathrm{E}[N]=\sum_{n=1}^\infty \Pr(N\geq n)=e\approx 2.71828\dots$

PS People询问的证明。由于序列是可交换的，因此对于任何置换，我们必须具有由于我们有可能的排列，结果如下。 $(*)$ $\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

Pr (X_{1} \leq X_{2} \leq \dots \leq X_{n - 1}) = Pr (X_{π (1)} \leq X_{π (2)} \leq \dots \leq X_{π (n - 1)}) .

$\Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}) = \Pr(X_{\pi(1)}\leq X_{\pi(2)}\leq\dots\leq X_{\pi(n-1)}).$

(n - 1)!

$(n-1)!$

— 禅
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2

我喜欢-提醒我们通常不需要查找单个即可找到Y的均值，而直接查找可能会更有用。

Pr (Y = y)

$\Pr(Y=y)$

Pr (Y \geq y)

$\Pr(Y \geq y)$

— 银鱼

+1-但这实际上并不能回答问题，因为假设给定有限数量的。然而，该技术以明显的方式适用于有限情况。

X_{i}

$X_i$

— ub

1

有点混乱，不是吗？OP提到“序列”。但是你是对的。顺便说一句，对您来说直观的是，结果应该是“通用的”（按原样），即它不依赖于（相同分布的）的分布？

X_{i}

$X_i$

— 禅宗

1

实际上，不需要独立性。可交换性就足够了。结果更强。我将其添加到我的答案中。

— 2015年

3

很直观，它对于连续变量是通用的。一种使这种情况变得明显的方法是，在应用概率积分变换后，该事件将保持不变，这将其简化为变量具有共同的均匀分布的情况。

— ub

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根据Silverfish的建议，我在下面发布解决方案。和

\begin{aligned} P [ñ = 一世] & = P [X_{1个} \leq X_{2} \dots \leq X_{一世 - 1个} > X_{一世}] \\ = P [X_{1个} \leq X_{2} \dots \leq X_{一世 - 1个}] - P [X_{1个} \leq X_{2} \dots \leq X_{一世 - 1个} \leq X_{一世}] \\ = \frac{1个}{（ 一世 - 1个 ） ！} - \frac{1个}{一世 ！} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N = i] & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} > X_i] \\ & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1}] - P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} \leq X_i] \\ & = \frac{1}{(i-1)!} - \frac{1}{i!} \end{align*}$

\begin{aligned} P [ñ \geq 一世] & = 1个 - P [ñ < 一世] \\ = 1个 - （ 1个 - \frac{1个}{2 ！} + \frac{1个}{2 ！} - \frac{1个}{3 ！} + \dots + \frac{1个}{（ 一世 - 2 ） ！} - \frac{1个}{（ 一世 - 1个 ） ！} ） \\ = \frac{1个}{（ 一世 - 1个 ） ！} \end{aligned}

$\begin{align*} P[N \geq i] & = 1 - P[N < i] \\ & = 1 - \left(1 -\frac{1}{2!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots +\frac{1}{(i-2)!} - \frac{1}{(i-1)!}\right)\\ & = \frac{1}{(i-1)!} \\ \end{align*}$

因此，。 $E[N] = \sum_{i = 1}^{\infty}P[N \geq i] = \sum_{i = 1}^{\infty}\frac{1}{(i-1)!} = e$

— 白菜
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另一种说法是：只有一个顺序递增，在可能排列。我们对顺序增加感兴趣，顺序直到倒数第二个位置，然后减小：这要求最大值位于位置，并且其他中的一个位于最终位置。由于有种方法可以从我们的有序序列中挑选出前项之一并将其移至最终位置，因此概率为： $X_i$ $n!$ $X_1, \dots, X_n$ $n-1$ $n-1$ $X_i$ $n-1$ $n-1$

Pr (N = n) = \frac{n - 1}{n!}

$\Pr(N=n) = \frac{n-1}{n!}$

注意，和因此这与通过积分得出的结果一致。 $\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$ $\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$ $\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

要找到的期望值，我们可以使用： $N$

Ë （ ñ ） = \sum_{ñ = 2}^{\infty} ñ 镨 （ ñ = ñ ） = \sum_{ñ = 2}^{\infty} \frac{ñ （ ñ - 1个 ）}{ñ ！} = \sum_{ñ = 2}^{\infty} \frac{1个}{（ ñ - 2 ） ！} = \sum_{ķ = 0}^{\infty} \frac{1个}{ķ ！} = Ë

$\mathbb{E}(N) = \sum_{n=2}^{\infty} n \Pr(N=n) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n(n-1)}{n!} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!}= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = e$

（为使求和更加明显，我使用了；对于不熟悉该和的读者，采用泰勒级数并替换） $k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ $x=1$

我们可以通过仿真检查结果，这是R中的一些代码：

firstDecrease <- function(x) {
    counter <- 2
    a <- runif(1)
    b <- runif(1)
    while(a < b){
        counter <- counter + 1
        a <- b
        b <- runif(1)
    }
    return(counter)
}

mean(mapply(firstDecrease, 1:1e7))

这又回来了2.718347，足够接近2.71828让我满意。

— 蠹虫
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-1

编辑：我的答案不正确。我将其作为一个例子来说明这样一个看似简单的问题有多么容易被误解。

我认为您的数学不适用于情况。我们可以通过简单的模拟检查一下： $P[N=4]$

n=50000
flag <- rep(NA, n)
order <- 3
for (i in 1:n) {
  x<-rnorm(100)
  flag[i] <- all(x[order] < x[1:(order-1)])==T
}
sum(flag)/n

给我们：

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

将条件更改order为4可得到：

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

和5：

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

因此，如果我们相信仿真结果，则看起来模式是。但这也是有道理的，因为您真正要问的是所有观测子集中的任何给定观测是最小观测的概率（如果假设iid则假定交换性，因此该阶为任意）。其中之一必须是最小值，因此真正的问题是，随机选择的任何观测值是最小值的概率是多少。这只是一个简单的二项式过程。 $P[N = X] = \frac{1}{x}$

— 道尔顿·汉斯
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1

你已经稍微误解的问题，如果我对它的理解是正确的-我们需要的最终是什么，但最大的（不一定是最小的），而第的的必须是递增的顺序，所以一个在位置是最大。

X_{n}

$X_n$

n - 1

$n-1$

X_{i}

$X_i$

n - 1

$n-1$

— Silverfish

我认为这不仅仅是轻微的误解。您是正确的，我不正确。

— 道尔顿·汉斯