挑逗：从统一的[0,1]分布得出的iid序列的预期长度是单调增加的吗？

这是定量分析师职位的面试问题，在此报告。假设我们从均匀的分布绘制并且绘制为iid，则单调递增分布的预期长度是多少？即，如果当前绘制小于或等于上一个绘制，我们将停止绘制。 $[0,1]$

我得到了前几个：

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

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

但是我发现计算这些嵌套积分变得越来越困难，而且我也没有将“技巧”推广到 $\Pr(\text{length} = n)$ 。我知道最终答案是结构化的

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

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

关于如何回答这个问题有什么想法吗？

— 亚马逊人
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Answers:

以下是解决此问题的一些一般提示：

您有一系列连续的IID随机变量，这意味着它们是可交换的。这意味着对于前 $n$ 值获得特定顺序的可能性意味着什么？基于此，对于前 $n$ 值获得递增顺序的概率是多少？可以解决这一问题而无需整合基础随机变量的分布。如果做得好，您将可以在不假设均一分布的情况下得出答案-即，您将获得适用于任何可交换的连续随机变量序列的答案。

这是完整的解决方案（不要自己看这个问题）：

令为独立连续随机变量的序列，令是序列开始处的递增元素数。由于这些是连续可交换的随机变量，因此它们几乎肯定彼此不相等，并且任何排序的可能性均相等，因此我们具有：（请注意，此结果适用于任何连续随机变量的IID序列；它们不必具有均匀的分布。）因此，随机变量具有概率质量函数 $U_1, U_2, U_3, \cdots \sim \text{IID Continuous Dist}$ $N \equiv \max \{ n \in \mathbb{N} | U_1 < U_2 < \cdots < U_n \}$
$P (N ⩾ n) = P (U_{1} < U_{2} < \dots < U_{n}) = \frac{1}{n!} .$ $\mathbb{P}(N \geqslant n) = \mathbb{P}(U_1 < U_2 < \cdots < U_n) = \frac{1}{n!}.$ $N$ $p_{N} (n) = P (N = n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$ $p_N(n) = \mathbb{P}(N=n) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!}.$ 您会注意到，此结果与您使用基础值的积分计算出的值相符。（解决方案不需要此部分；为完整起见，将其包括在内。）对于非负随机变量的期望值使用众所周知的规则，我们具有：再次注意，在我们的工作中没有任何东西使用底层均匀分布。因此，这是适用于任何可交换的连续随机变量序列的一般结果。 $E (N) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (N ⩾ n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$ $\mathbb{E}(N) = \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(N \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1 = 1.718282.$

一些进一步的见解：

从上面的工作中，我们可以看到，此分布结果和所得的期望值不依赖于基础分布，只要它是连续分布即可。一旦我们考虑到可以通过均匀随机变量的单调变换（以该变换为其分位数函数）获得每个连续标量随机变量这一事实，这真的就不足为奇了。由于单调变换保留等级顺序，因此查看任意IID连续随机变量的排序概率与查看IID 统一随机变量的排序概率相同。

— 恢复莫妮卡
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做得很好！（+1）

— jbowman

@Ben我一直跟着您直到最后一个方程式...我认为期望值应为，而不是 ……您能不能进一步解释这一部分？

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)

$E(N)=∑_{n=1}^∞P(N⩾n)$

— 亚马逊人

对于非负随机变量的期望值，这是众所周知的规则。使用涉及交换求和顺序的技术，您可以：因此，您应该找到。

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)!}

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

— 恢复莫妮卡

您能否详细说明为什么？

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：随机变量是序列开头的递增元素数（请参见其定义）。因此，如果意味着在序列的开头至少存在递增元素。这意味着前元素必须按排列，即。

N

$N$

U

$U$

N ⩾ n

$N \geqslant n$

n

$n$

n

$n$

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

$U_1 < U_2 < \cdots < U_n$

— 恢复莫妮卡

另一种解决方法，可为您提供更通用的解决方案。

假设是单调序列的期望长度，使得。我们要计算的值为。并且我们知道。根据下一个值， $F(x)$ $\{x_1, x_2, ...\}$ $x\leq x_1\leq x_2\leq\cdots$ $F(0)$ $F(1)=0$

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

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

其中是U [0,1]密度。所以 $\pi(y)=1$

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

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

用边界条件求解，得到。因此。 $F(1)=0$ $F(x) = e^{(1-x)}-1$ $F(0)=e-1$

— jf328
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这是非常聪明的。只是说明一下：您的观察结果是：1）如果是最长的初始递增序列的长度减去1，则足以确定并设置和2）如果，则为零，否则为。由于我们得到，在统一情况下可以直接求解。

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))

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

— 马修塔楼

+1确实非常聪明。但是由于最终答案不依赖于分布（如另一个答案所讨论的），因此该计算也应该不依赖于。有什么办法看吗？CC到@m_t_。

π (y)

$\pi(y)$

— 变形虫说恢复莫妮卡

@amoeba我同意不应该依赖于的分布 S，但其他值应：那DE是一般溶液

F (0)

$F(0)$

X

$X$

F

$F$

F = C e^{- \int π} - 1

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

— 马修塔

@MartijnWeterings我认为而不是1，例如，在统一的情况下，我们得到

C = e

$C=e$

e e^{- x} - 1

$e e^{-x} -1$

— 马修·塔

是的，你是对的。我使用统一的案例来推断我的陈述，但错误地使用而不是

c e^{1 - x} - 1

$ce^{1-x}-1$

c e^{- x} - 1

$ce^{-x}-1$

— Sextus Empiricus

另一种解决方法是直接计算积分。

$\geq n$ $f^n(0)$ $f^n(x) = \int_{x}^{1}\int_{x_1}^{1}\int_{x_2}^{1}...\int_{x_{n-2}}^{1}\int_{x_{n-1}}^{1}dx_ndx_{n-1}...dx_2dx_1$

$f^n(0)$

$f^n(x)$ $f^n(x) = \sum_{t=0}^n \dfrac{(-x)^t}{t!(n-t)!}$

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

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

$n = k+1$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

通过数学归纳法，该假设成立。

$f^n(0)=\dfrac{1}{n!}$

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

— 劉家維
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