Questions tagged «probability»

在讨论任务完成率时，是否有办法表明20次尝试中的0次比10次尝试中的0次更“糟糕”？

10 probability  sampling 

在婴儿命名论坛上，准父母一直在重复他们的《对珍妮弗的恐惧》的某些版本：“我不希望我的孩子成为同班5名孩子中的一个。” 事实是，没有哪个名字比这种受欢迎程度更接近了，即使在詹妮弗热潮的高峰期，您也没有一个班上有五个人。我想为这些父母提供某种答案，那就是这种名字重复的巧合是多么不可能。 使用美国社会保障局（Social Security Administration）广泛的婴儿名字数据（https://www.ssa.gov/oact/babynames/limits.html），有人可以告诉我如何计算出在美国有5个小学班的机会同名的孩子？（为简单起见，“同名”是指相同的拼写，“学校班级”是指所有孩子都出生于同一年。）我没有指定班级人数，但绝对应大于4 。:-)

10 probability  combinatorics 

令，，，为独立的。的期望是什么？X1X1X_1X2X2X_2⋯⋯\cdotsXd∼N(0,1)Xd∼N(0,1)X_d \sim \mathcal{N}(0, 1)X41(X21+⋯+X2d)2X14(X12+⋯+Xd2)2\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2} 容易找到。但是我不知道如何找到。您能提供一些提示吗？E(X21X21+⋯+X2d)=1dE(X12X12+⋯+Xd2)=1d\mathbb{E}\left(\frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2}\right) = \frac{1}{d}X41(X21+⋯+X2d)2X14(X12+⋯+Xd2)2\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2} 到目前为止我得到了什么 我想通过对称找到。但这与因为可能不等于。因此，我需要其他一些想法来找到期望。E(X41(X21+⋯+X2d)2)E(X14(X12+⋯+Xd2)2)\mathbb{E}\left(\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)E(X21X21+⋯+X2d)E(X12X12+⋯+Xd2)\mathbb{E}\left(\frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2}\right)E(X4i(X21+⋯+X2d)2)E(Xi4(X12+⋯+Xd2)2)\mathbb{E}\left(\frac{X_i^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)E(X2iX2j(X21+⋯+X2d)2)E(Xi2Xj2(X12+⋯+Xd2)2)\mathbb{E}\left(\frac{X_i^2X_j^2}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right) 这个问题来自哪里 数学堆栈交换中的一个问题要求S ^ {d-1}上的单位均匀随机向量x的方差。我的推导表明，答案非常取决于\ mathbb {E} \ left（\ frac {X_i ^ 4} {（X_1 …

10 probability  self-study  normal-distribution  chi-squared  expected-value 

令是从alpha稳定分布中采样的iid随机变量序列，其参数。X1,X2,…,X3nX1,X2,…,X3nX_1, X_2, \ldots, X_{3n}α=1.5,β=0,c=1.0,μ=1.0α=1.5,β=0,c=1.0,μ=1.0\alpha = 1.5, \; \beta = 0, \; c = 1.0, \; \mu = 1.0 现在考虑序列，其中Y_ {j + 1} = X_ {3j + 1} X_ {3j + 2} X_ {3j + 3}-1，对于j = 0， \ ldots，n-1。Y1,Y2,…,YnY1,Y2,…,YnY_1, Y_2, \ldots, Y_{n}Yj+1=X3j+1X3j+2X3j+3−1Yj+1=X3j+1X3j+2X3j+3−1个Y_{j+1} = X_{3j+1}X_{3j+2}X_{3j+3} - 1j = 0 ，… ，n …

10 probability  self-study  monte-carlo  convergence  order-statistics 

令是来自均值和方差的分布的独立观测值，当，则X1,...,XnX1,...,XnX_1,...,X_nμμ\muσ2&lt;∞σ2&lt;∞\sigma^2 < \inftyn→∞n→∞n \rightarrow \infty n−−√X¯n−μσ→N(0,1).nX¯n−μσ→N(0,1).\sqrt{n}\frac{\bar{X}_n-\mu}{\sigma} \rightarrow N(0,1). 为什么这意味着 X¯n∼N(μ,σ2n)?X¯n∼N(μ,σ2n)?\bar{X}_n \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)?

10 probability  central-limit-theorem 

令X1,…,XnX1,…,XnX_1,\dots,X_n为均值为的iid指数随机变量的样本ββ\beta，令X(1),…,X(n)X(1),…,X(n)X_{(1)},\dots,X_{(n)}为该样本的阶数统计量。让X¯=1n∑ni=1XiX¯=1n∑i=1nXi\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i。 限定间隔Wi=X(i+1)−X(i) ∀ 1≤i≤n−1.Wi=X(i+1)−X(i) ∀ 1≤i≤n−1.W_i=X_{(i+1)}-X_{(i)}\ \forall\ 1 \leq i \leq n-1\,. 可以示出，每个WiWiW_i还指数，平均βi=βn−iβi=βn−i\beta_i=\frac{\beta}{n-i}。 问题：如何找到P(WiX¯&gt;t)P(WiX¯&gt;t)\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)，其中ttt是已知的并且非负？ 尝试：我知道，这是等于1−FWi(tX¯)1−FWi(tX¯)1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)。因此，我使用的总概率的法如下所示： P(Wi&gt;tX¯)=1−FWi(tX¯)=1−∫∞0FWi(ts)fX¯(s)ds,P(Wi&gt;tX¯)=1−FWi(tX¯)=1−∫0∞FWi(ts)fX¯(s)ds, \mathbb{P}\left( W_i > t \bar X \right) = 1 - F_{W_i}\left( t \bar X \right) = 1 - \int_0^\infty F_{W_i}(ts)f_{\bar X}(s) …

10 probability  distributions  exponential  order-statistics 

\newcommand{\P}{\mathbb{P}}我要死了。每当我得到1、2或3时，我都写下一个“ 1”。每当我得到4时，我就写下“ 2”；每当我得到5或6时，我都会写下“ 3”。 令为我写下的所有数字乘积所需的总抛出次数。我想计算（或近似），并且可以根据正态分布给出近似值。NNN≥100000≥100000\geq 100000P(N≥25)P(N≥25)\P(N\geq 25) 首先，我知道因为。现在，让，和分别是我写下1、2和3的次数。然后：P(N≥11)=1P(N≥11)=1\P(N\geq 11) = 1log3100.000≈10.48log3⁡100.000≈10.48\log_3 100.000 \approx 10.48aaabbbccc P(a,b,c∣n)=⎧⎩⎨⎪⎪(na,b,c)(12)a(16)b(13)c0 if a+b+c=n otherwiseP(a,b,c∣n)={(na,b,c)(12)a(16)b(13)c if a+b+c=n0 otherwise\P(a,b,c\mid n) = \begin{cases}\displaystyle\binom {n}{a, b, c} \left(\frac 1 2\right) ^ a \left(\frac 1 6\right)^b\left(\frac 1 3\right)^c &\text{ if } a + b + c = n \\ 0 &\text{ …

10 probability  normal-distribution  conditional-probability  multinomial  distributions 

证明/否定E[1A|Ft]=0 or 1 a.s. ⇒E[1A|Fs]=E[1A|Ft] a.s.E[1A|Ft]=0 or 1 a.s. ⇒E[1A|Fs]=E[1A|Ft] a.s.E[1_A | \mathscr{F_t}] = 0 \ \text{or} \ 1 \ \text{a.s.} \ \Rightarrow E[1_A | \mathscr{F_{s}}] = E[1_A | \mathscr{F_t}] \ \text{a.s.} 给定已过滤的概率空间(Ω,F,{Fn}n∈N,P)(Ω,F,{Fn}n∈N,P)(\Omega, \mathscr{F}, \{\mathscr{F}_n\}_{n \in \mathbb{N}}, \mathbb{P})，令A∈FA∈FA \in \mathscr{F}。 假设∃t∈N s.t. E[1A|Ft]=1 a.s.∃t∈N s.t. E[1A|Ft]=1 a.s.\exists t \in \mathbb{N} …

10 probability  conditional-probability  random-variable  filter 

给定两个连续分布FXFX\mathcal{F}_X和FYFY\mathcal{F}_Y，我不清楚它们之间的凸优势地位之间的关系： (0)FX&lt;cFY(0)FX&lt;cFY(0)\quad \mathcal{F}_X <_c \mathcal{F}_Y 暗示 (1)F−1Y(q)≤F−1X(q),∀q∈[0.5,1](1)FY−1(q)≤FX−1(q),∀q∈[0.5,1](1)\quad F_Y^{-1}(q) \leq F_X^{-1}(q),\quad \forall q\in[0.5,1] 是否成立，或者如果需要进一步假设(1)(1)(1)？ 凸优势的定义。 如果两个连续分布FXFX\mathcal{F}_X和FYFY\mathcal{F}_Y满足： (2)F−1YFX(x) is convex in x(2)FY−1FX(x) is convex in x(2)\quad F_Y^{-1}F_X(x)\text{ is convex in } x [0]然后我们写： FX&lt;cFYFX&lt;cFYF_X <_c F_Y 并说比F X更右偏。因为F X和F Y是概率分布，所以（2 ）还暗示F − 1 Y F X（x ）的导数是单调非递减且非负的[1]，即 F − 1 Y F …

10 probability  probability-inequalities  distributions 

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？X1个，X2，… ，XñX1个，X2，…，XñX_1, X_2, \dotsc, X_nFFfX1个≤ X2... ≤ Xñ− 1&gt; XñX1个≤X2…≤Xñ-1个&gt;XñX_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{N-1} > X_Nñ≥ 2ñ≥2N \geq 2ññNË[ N]Ë[ñ]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= 我]P[ñ=一世]P[N = i] P[N=4]=1P[ N= 2 ]P[ N= 3 ]= ∫∞- ∞F（x ）F（x ）dX= F（x ）22|∞- ∞= 12= ∫∞- ∞F（x ）∫∞XF（y）F（y）dÿdX= ∫∞- ∞F（x ）1 − F（x …

10 probability  self-study  iid 

我偶然发现了优惠券收集者的问题，并试图为通用化制定一个公式。 如果有NNN不同的对象，你想收集至少每个任何副本人（其中），什么是你应该有多少个随机购买对象的期望？正常的优惠券收集器问题有和。米米≤ Ñ 米= Ñ ķ = 1kkkmmmm≤Nm≤Nm \le Nm=Nm=Nm = Nk=1k=1k = 1 集合中有12个不同的乐高人物。我想收集10个（任意10个）图形中的每个图形的3个副本。我可以一次随机购买。在我每10个拥有3份副本之前，我应该期望购买多少个？

10 probability  binomial  expected-value  coupon-collector-problem 

掷出一个公平的硬币，直到第一次出现正面。发生这种奇数折腾的概率是多少？我该如何解决这个问题？

10 probability 

令为概率空间上的随机变量。证明X:Ω→NX:Ω→NX:\Omega \to \mathbb N(Ω,B,P)(Ω,B,P)(\Omega,\mathcal B,P)E(X)=∑n=1∞P(X≥n).E(X)=∑n=1∞P(X≥n).E(X)=\sum_{n=1}^\infty P(X\ge n). 我对定义等于 E(X)E(X)E(X)E(X)=∫ΩXdP.E(X)=∫ΩXdP.E(X)=\int_\Omega X \, dP. 谢谢。

10 probability  self-study  expected-value 

为了简单的示例，假设有两个线性回归模型 模型1有三个预测，x1a，x2b，和x2c 模型2具有从模型1 3个预测和两个附加的预测x2a和x2b 有一个种群回归方程，其中模型1 解释的种群方差为，模型解释为 。模型2解释的种群中的增量方差为ρ2(1)ρ(1)2\rho^2_{(1)}ρ2(2)ρ(2)2\rho^2_{(2)}Δ ρ2= ρ2（2 ）- ρ2（1 ）Δρ2=ρ(2)2−ρ(1)2\Delta\rho^2 = \rho^2_{(2)} - \rho^2_{(1)} 我有兴趣获取\ Delta \ rho ^ 2的估计量的标准误差和置信区间Δ ρ2Δρ2\Delta\rho^2。虽然该示例分别涉及3个和2个预测变量，但我的研究兴趣涉及大量不同数量的预测变量（例如5个和30个）。我首先想到的是使用 Δ [R2一dĴ= r2一dj （2 ）- - [R2一dĴ （1 ）Δradj2=radj(2)2−radj(1)2\Delta r^2_{adj} = r^2_{adj(2)} - r^2_{adj(1)}作为估计量并进行引导，但是我不确定是否会适当的。 问题 是Δ [R2一dĴΔradj2\Delta r^2_{adj}一个合理的估计Δ ρ2Δρ2\Delta \rho^2？ 如何获得总体r平方变化的置信区间（即Δ ρ2Δρ2\Delta\rho^2）？ 引导Δ ρ2Δρ2\Delta\rho^2是否适合计算置信区间？ 任何对模拟或已发表文献的引用也将受到欢迎。 范例程式码 如果有帮助，我在R中创建了一个小的模拟数据集，可用于演示答案： …

10 regression  confidence-interval  estimation  r-squared  shrinkage  anova  t-test  references  tukey-hsd  machine-learning  boosting  r  clustering  fishers-exact  generalized-linear-model  model  probit  link-function  r  survival  probability  distributions  dice  logistic  lme4-nlme  glmm  meta-analysis  distributions  distributions  factor-analysis  r  anova  repeated-measures  post-hoc 

已关闭。这个问题需要细节或说明。它当前不接受答案。 想改善这个问题吗？添加细节并通过编辑此帖子来澄清问题。 2年前关闭。 我正在读Luce（1959）。然后，我发现了以下语句： 当一个人在备选方案中进行选择时，通常他们的反应似乎受以选择集为条件的概率所支配。但是普通概率论及其对条件概率的标准定义似乎并不是所需要的。一个例子说明了困难。在决定如何从家到另一座城市旅行时，您可以选择乘飞机（a），公共汽车（b）或汽车（c）。令A，B，C表示与旅行形式相关的自然状态的不确定性。请注意，如果选择c，则A和B的所有不确定性都将保留，因为无论您是否在飞机上，飞机都会飞行并且公共汽车在运行。但是，如果您选择a或b，那么您的汽车将保留在车库中，并且从驾驶汽车起就彻底改变了C集。 引入第一章的选择公理是对构建类似于概率的选择理论的首次尝试，该理论绕过了固定的，通用的样本空间假设。 资料来源：http : //www.scholarpedia.org/article/Luce's_choice_axiom 对我来说，概率度量由三重态，样本空间，西格玛代数F和最后一个度量P定义。ΩΩ\OmegaFF\mathcal{F}PPP 对于上述示例，如果我定义以下内容，这似乎是个问题： Ω={bus,car,airplane}Ω={bus,car,airplane}\Omega = \{ \text{bus}, \text{car}, \text{airplane} \} 共同统计中的一个关键假设是ceteris paribus条件。这是因为违反cp假设而需要在选择行为的背景下调整基本概率论的原因吗？

10 probability  logistic  self-study  conditional-probability  multinomial