Probabilité d'une paire de valeurs consécutives

Soit où et sont indépendants . $X=(x_1, x_2,...x_{20})$ $x_i\sim N(0,1)$ $x_i, x_j$ $\forall i\neq j$

Quelle est la probabilité d'obtenir un échantillon où il y a au moins deux valeurs consécutives et telles que ? $X$ $x_i$ $x_{i+1}$ $\begin{cases} |x_{i}| & > & 1.5 \\ |x_{i+1}| & > & 1.5 \\ x_i x_{i+1} & < & 0 \end{cases}$

probability markov-chain

— will198
source

0

$0$ ? Ou y a-t-il une faute de frappe dans la question? La probabilité que deux nombres soient et que leur produit soit est .

| 1.5 | = 1.5

$|1.5|=1.5$

> 1.5

$>1.5$

< 0

$<0$

0

$0$

— Dmitry Rubanovich

avecJe veux dire que ou et avec Je veux dire qu'une valeur est> 0 et l'autre est < 0. Par exemple, et correspondent aux deux conditions.

x_{i}, x_{i + 1} > | 1.5 |

$x_i, x_{i+1}>|1.5|$

x_{i}, x_{i + 1} > 1.5

$x_i, x_{i+1}>1.5$

x_{i}, x_{i + 1} < - 1.5

$x_i, x_{i+1}< -1.5$

x_{i} * x_{i + 1} < 0

$x_i*x_{i+1}<0$

x_{i} = 1.8

$x_i=1.8$

x_{i + 1} = - 2

$x_{i+1}=-2$

— will198

La première condition doit être que et la deuxième condition est que

| x_{i} |, | x_{i + 1} | < 1.5

$|x_i|,|x_{i+1}|<1.5$

x_{i} * x_{i + 1} < 0

$x_i*x_{i+1}<0$

— will198

Ensuite, c'est une faute de frappe. Il devrait indiquer .

| x_{i} |, | x_{i + 1} | > 1.5

$|x_i|,|x_{i+1}|>1.5$

— Dmitry Rubanovich

Chacune de vos 20 variables a une chance d'environ 0,0668 d'être supérieure à 1,5 et la même chance d'être inférieure à -1,5. Cela réduit votre problème à une question sur les variables discrètes (à 3 valeurs) qui pourraient être résolues avec la règle de chaîne. Il doit être possible de programmer une fonction pour cela, avec votre limite (1,5) et le nombre de variables consécutives (20) en entrée. Avez-vous des notions de R, SAS ou js?

— Dirk Horsten

Exécutez une chaîne Markov.

Soit un "flip" (à l'indice ) l'événement si et sont de signes opposés et dépassent tous les deux fois. En parcourant toute réalisation de recherche de flips, nous pouvons exploiter la symétrie de la distribution normale standard pour décrire le processus avec seulement quatre états: $i$ $X_{i-1}$ $X_{i}$ $1.5$ $(X_i)$

Le début , avant que soit observé. $X_1$
Zéro , où . $-1.5 \le X_{i-1} \le 1.5$
Un , où . $|X_{i-1}| \gt 1.5$
Renversé , où un retournement se produit en . $i$

Démarrer les transitions dans l'état (mixte)

μ = (1 - 2 p, 2 p, 0)

$\mu = (1-2p, 2p, 0)$

(correspondant aux chances d'être dans des états ( zéro , un , inversé )) où Parce que Start n'est plus jamais revu, ne prenons pas la peine de le suivre plus loin.

p = Pr (X_{1} < - 1.5) = Pr (X_{1} > 1.5) \approx 0.0668072.

$p = \Pr(X_1 \lt -1.5) = \Pr(X_1 \gt 1.5) \approx 0.0668072.$

Zero passe à One avec une probabilité de (lorsque ) et reste à zéro . $2p$ $|X_i|\gt 1.5$

On passe en retourné avec probabilité : cela se produit lorsque et a le signe opposé de . Il revient également à Un avec une probabilité lorsque et ont le même signe que . Sinon, il passe à zéro . $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$ $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$

Flipped est un état absorbant: une fois sur place, rien ne change quelle que soit la valeur de . $X_i$

Ainsi, la matrice de transition (ignorant le début transitoire ) pour ( Zero , One , Flipped ) est donc

P = (\begin{array}{ccc} 1 - 2 p & 2 p & 0 \\ 1 - 2 p & p & p \\ 0 & 0 & 1 \end{array})

$\mathbb{P} = \left( \begin{array}{ccc} 1-2 p & 2 p & 0 \\ 1-2 p & p & p \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

Après avoir quitté l'état de départ (et être entré dans l'état mixte ), des transitions seront effectuées dans le balayage pour un retournement. La probabilité souhaitée est donc la troisième entrée (correspondant à Flipped ) dans $\mu$ $20-1$

μ \cdot P^{20 - 1} \approx 0.149045.

$\mu \cdot \mathbb{P}^{20-1} \approx 0.149045.$

Détails de calcul

Nous n'avons pas besoin de faire multiplications matricielles pour obtenir . Au lieu de cela, après diagonalisation $18$ $\mathbb{P}^{19}$

P = Q^{- 1} E Q,

$\mathbb{P} = \mathbb{Q}^{-1} \mathbb{E} \mathbb{Q},$

la réponse pour tout exposant (même énorme) peut être calculée via une seule multiplication matricielle comme $n$

μ \cdot P^{n} = (μ \cdot Q^{- 1}) E^{n} Q

$\mu\cdot\mathbb{P}^n = \left(\mu\cdot\mathbb{Q}^{-1}\right) \mathbb{E}^n \mathbb{Q}$

avec

μ \cdot Q^{- 1} = (1, \frac{- 4 p^{2} + p + 1 - \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}{2 \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}, - \frac{- 4 p^{2} + p + 1 + \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}{2 \sqrt{(2 - 7 p) p + 1}}),

$\mu \cdot \mathbb{Q}^{-1} = \left(1,\frac{-4 p^2+p+1-\sqrt{(2-7 p) p+1}}{2 \sqrt{(2-7 p) p+1}},-\frac{-4 p^2+p+1+\sqrt{(2-7 p) p+1}}{2 \sqrt{(2-7 p) p+1}}\right),$

Q = (\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \frac{(1 + p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}) (3 p - 1 + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1})}{8 p^{2}} & - \frac{1 + p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}}{2 p} & 1 \\ \frac{(1 + p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}) (3 p - 1 - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1})}{8 p^{2}} & - \frac{1 + p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}}{2 p} & 1 \end{array})

$\mathbb{Q} = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\left(1+p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right) \left(3 p-1+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)}{8 p^2} & -\frac{1+p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}}{2 p} & 1 \\ \frac{\left(1+p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right) \left(3 p-1-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)}{8 p^2} & -\frac{1+p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}}{2 p} & 1 \\ \end{array} \right)$

E^{n} = (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & {(\frac{1}{2} (1 - p - \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}))}^{n} & 0 \\ 0 & 0 & {(\frac{1}{2} (1 - p + \sqrt{- 7 p^{2} + 2 p + 1}))}^{n} \end{array})

$\mathbb{E}^n = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \left(\frac{1}{2} \left(1-p-\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)\right)^n & 0 \\ 0 & 0 & \left(\frac{1}{2} \left(1-p+\sqrt{-7 p^2+2 p+1}\right)\right)^n \\ \end{array} \right)$

Une simulation d'un million d'itérations (à l'aide R) prend en charge ce résultat. Sa sortie,

     Mean       LCL       UCL 
0.1488040 0.1477363 0.1498717

estime la réponse à avec un intervalle de confiance qui comprend . $0.1488$ $[0.1477, 0.1499]$ $0.149045$

n <- 20                                         # Length of the sequence
n.iter <- 1e6                                   # Length of the simulation
set.seed(17)                                    # Start at a reproducible point
x <- rnorm(n.iter*n)                            # The X_i
y <- matrix(sign(x) * (abs(x) > 3/2), n, n.iter)
flips <- colSums(y[-1, ] * y[-n, ] == -1)       # Flip indicators
x.bar <- mean(flips >= 1)                       # Mean no. of flipped sequences
s <- sqrt(x.bar * (1-x.bar) / n.iter)           # Standard error of the mean
(c(Mean=x.bar, x.bar + c(LCL=-3,UCL=3) * s))    # The results

— whuber
source

Pour les curieux, la technique que Whuber a exploitée pour obtenir les exposants de la matrice de transition est parfois appelée «diagonalisation» dans les manuels d'algèbre linéaire élémentaire.

— Sycorax dit Réintégrer Monica le