Wie kann ich

Angenommen, ist eine Zufallsprobe von einer kontinuierlichen Verteilungsfunktion . Sei unabhängig von den . Wie kann ich ? $Y_1,\dots,Y_{n+1}$ $F$ $X\sim\mathrm{Uniform}\{1,\dots,n\}$ $Y_i$ $\mathrm{E}\!\left[\sum _{i=1}^X I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right]$

probability self-study Hadi
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Dies sieht aus wie die bedingte Erwartung einer Zufallsvariablen

I

$I$ , vorausgesetzt,

Y_{i} \leq Y_{n + 1}

$Y_i \leq Y_{n+1}$ . Was ist

I

$I$ ? Oder haben Sie versucht, eine Indikatorfunktion zu schreiben? Wie

I {Y_{i} \leq Y_{n + 1}}

$I \{ Y_i \leq Y_{n+1} \}$ ?

GoF_Logistic

Wenn

I

$I$ eine Indikatorfunktion ist, verwenden Sie einfach die Linearität der Erwartung.

Łukasz Grad

Was bedeuten diese vertikalen Balken in "

I ∣ Y_{i} \leq Y_{n + 1} ∣

$I\mid Y_i\le Y_{n+1}\mid$ "? Dies ist keine herkömmliche Notation für eine Indikatorfunktion, was Zweifel daran aufkommen lässt, was diese Frage stellt.

whuber

Vielleicht wollte das OP nur den ersten vertikalen Balken verwenden. Das könnte bedeuten, dass es Konditionierung bedeuten soll.

Michael R. Chernick

@Zen Ich glaube, Sie haben es vielleicht falsch verstanden: Jemandes (Ihre?) Änderungen hatten das Notationsproblem behoben, sie nicht erstellt! Mit dem Rollback ist die seltsame Notation zurückgekehrt.

whuber

Antworten:

Hier ist eine alternative Antwort zu @Lucas 'unter Verwendung des Gesetzes der iterierten Erwartungen:

\begin{aligned} E. [\sum_{ich = 1}^{X.} 1_{({Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1})}]] & = E. [E. [\sum_{ich = 1}^{X.} 1_{({Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1})} | X.]]]] \\ = E. [\sum_{ich = 1}^{X.} E. [1_{({Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1})} | X.]]]] \\ = E. [\sum_{ich = 1}^{X.} E. [1_{({Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1})}]]]] \\ = E. [\sum_{ich = 1}^{X.} E. [E. [1_{({Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1})} | {Y.}_{n + 1}]]]]]] \\ = E. [\sum_{ich = 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}

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

Der dritte Schritt folgt aus der Unabhängigkeit von und von ; Der vierte Schritt ist wieder eine Anwendung des Gesetzes der iterierten Erwartungen; Der letzte Schritt ist einfach eine Anwendung der Formel für die Erwartung einer diskreten einheitlichen Zufallsvariablen. $Y_i$ $Y_{n+1}$ $X$

Durch Umkehren der Integrationsreihenfolge leiten wir die verbleibende Erwartung ab:

\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}

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

was impliziert, dass . Daher: $E[F(Y_{n+1})] = \frac{1}{2}$

E. [\sum_{ich = 1}^{X.} 1_{({Y.}_{ich} \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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$\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\}=\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}$ $i=1,\dots,n$ $F$

Pr {{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}}} = 1 - - Pr {{Y.}_{n + 1} < {Y.}_{ich}}} = 1 - - Pr {{Y.}_{n + 1} \leq {Y.}_{ich}}} .

$\Pr\{Y_i\leq Y_{n+1}\} = 1-\Pr\{Y_{n+1}< Y_i\}=1-\Pr\{Y_{n+1}\leq Y_i\}.$

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_{ich = 1}^{X.} {ich}_{{{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}}}} | X. = x]] = E. [\sum_{ich = 1}^{x} {ich}_{{{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}}}} | X. = x]] = \sum_{ich = 1}^{x} E. [{ich}_{{{Y.}_{ich} \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_{ich = 1}^{x} E. [{ich}_{{{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}}}}]] = \frac{x}{2},

$= \sum_{i=1}^x\;\mathrm{E}\!\left[I_{\{Y_i\leq Y_{n+1}\}}\right] = \frac{x}{2},$ in dem wir die Linearität der bedingten Erwartung und die Unabhängigkeit von und 's verwendet haben. Daher ist

X

$X$

Y_{i}

$Y_i$

E. [\sum_{ich = 1}^{X.} {ich}_{{{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}}}}]] = E. [E. [\sum_{ich = 1}^{X.} {ich}_{{{Y.}_{ich} \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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Wir haben

\begin{aligned} E. [\sum_{ich = 1}^{X.} ich [{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}]]]] & = E. [\sum_{ich = 1}^{n} ich [ich \leq X.]] ich [{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}]]]] \\ = \sum_{ich = 1}^{n} E. [ich [ich \leq X.]] ich [{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}]]]] \\ = \sum_{ich = 1}^{n} E. [ich [ich \leq X.]]]] \cdot E. [ich [{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}]]]] \\ = \sum_{ich = 1}^{n} \frac{ich}{n} \cdot E. [ich [{Y.}_{ich} \leq {Y.}_{n + 1}]]]] \\ = \sum_{ich = 1}^{n} \frac{ich}{n} \cdot E. [F. ({Y.}_{n + 1})]]]] \\ = \sum_{ich = 1}^{n} \frac{ich}{n} \cdot \frac{1}{2} \\ = \frac{n + 1}{4} \end{aligned}

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

Der zweite Schritt folgt aus der Linearität der Erwartungen, der dritte Schritt aus der Unabhängigkeit von und und der fünfte Schritt aus der Tatsache, dass Um den sechsten Schritt zu beweisen, können Sie die Teilintegration verwenden . Für den letzten Schritt verwenden Sie die Formel für Teilsummen . $X$ $Y_1, ..., Y_{n + 1}$

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

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

Lucas
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Woher kommt dein ? Solange ist, wird dies immer zutreffen, daher können Sie das Endergebnis auf den gewünschten Wert festlegen.

N

$N$

N > n - 1

$N>n-1$

Daneel Olivaw

Wenn Sie meinen: Ich stimme der Antwort zu.

N = n

$N=n$

Daneel Olivaw