Comment puis-je calculer ?

Supposons que est un échantillon aléatoire à partir d' une fonction de distribution continue . Soit indépendant des . Comment puis-je calculer ? $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study

— hadi
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Cela ressemble à l'espérance conditionnelle d'une variable aléatoire , étant donné que . Qu'est-ce que ? Ou essayiez-vous d'écrire une fonction d'indicateur? Comme ?

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

Si est une fonction d'indicateur, utilisez simplement la linéarité de l'espérance.

I

$I$

— Łukasz Grad

Que signifient ces barres verticales dans " "? Ce n'est pas une notation conventionnelle pour une fonction d'indicateur, ce qui soulève des doutes quant à ce que cette question demande.

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

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

— whuber

Peut-être que l'OP ne voulait utiliser que la première barre verticale. Cela pourrait signifier qu'il est destiné à signifier le conditionnement.

— Michael R. Chernick

@Zen Je pense que vous avez peut-être mal compris: les modifications apportées par quelqu'un (vos?) Avaient corrigé le problème de notation, pas les avaient créées! Avec le retour en arrière, l'étrange notation est revenue.

— whuber

Réponses:

Voici une réponse alternative à @Lucas en utilisant la loi des attentes itérées:

\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}

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

La troisième étape découle de l'indépendance de et de ; la quatrième étape est à nouveau une application de la loi des attentes répétées; la dernière étape est simplement une application de la formule pour l'attente d'une variable aléatoire uniforme discrète. $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

En inversant l'ordre d'intégration, nous dérivons l'attente restante:

\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}

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

ce qui implique . Par conséquent: $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

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
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Par symétrie de distribution, , pour chaque . Puisque est continu, nous avons Par conséquent, . Maintenant, il nous reste $\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

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},

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ dans laquelle nous avons utilisé la linéarité de l'espérance conditionnelle et l'indépendance de et des . Par conséquent,

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} .

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

— Zen
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Nous avons

\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}

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

La deuxième étape découle de la linéarité des attentes, la troisième étape de l'indépendance de et et la cinquième étape du fait que Pour prouver la sixième étape, vous pouvez utiliser l'intégration partielle . Pour la dernière étape, vous utilisez la formule des sommes partielles . $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

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

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

— Lucas
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D'où vient votre ? Tant que , cela sera toujours vrai, vous pouvez donc fixer le résultat final à la valeur souhaitée.

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

— Daneel Olivaw

Si vous voulez dire: je suis d'accord avec la réponse.

N = n

$N=n$

— Daneel Olivaw