Probabilitas pasangan nilai yang berurutan

Mari $X=(x_1, x_2,...x_{20})$ dimana $x_i\sim N(0,1)$ dan $x_i, x_j$ independen $\forall i\neq j$ .

Berapa probabilitas untuk mendapatkan sampel $X$ di mana setidaknya ada dua nilai berturut-turut $x_i$ dan $x_{i+1}$ seperti yang $\begin{cases} |x_{i}| & > & 1.5 \\ |x_{i+1}| & > & 1.5 \\ x_i x_{i+1} & < & 0 \end{cases}$ ?

probability markov-chain will198
sumber

0

$0$ ?

| 1.5 | = 1.5

$|1.5|=1.5$ Atau apakah ada kesalahan ketik dalam pertanyaan? Probabilitas dua angka tersebut

> 1.5

$>1.5$ dan produk mereka

< 0

$<0$ adalah

0

$0$ .

Dmitry Rubanovich

dengan

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

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

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

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

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

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

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

$x_i*x_{i+1}<0$ Maksud saya satu nilai> 0 dan yang lainnya <0. Sebagai contoh

x_{i} = 1.8

$x_i=1.8$ dan

x_{i + 1} = - 2

$x_{i+1}=-2$ cocok dengan kedua kondisi.

will198

Kondisi pertama yang seharusnya

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

$|x_i|,|x_{i+1}|<1.5$ dan kondisi kedua adalah itu

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

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

will198

Maka itu salah ketik. Seharusnya dikatakan

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

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

Dmitry Rubanovich

Masing-masing dari 20 variabel Anda memiliki peluang sekitar 0,0668 menjadi lebih dari 1,5 dan peluang yang sama berada di bawah -1,5. Ini mengurangi masalah Anda menjadi pertanyaan tentang variabel diskrit (bernilai 3) yang dapat diselesaikan dengan aturan rantai. Harus dimungkinkan untuk memprogram fungsi untuk ini, dengan batas Anda (1,5) dan jumlah variabel berturut-turut (20) sebagai input. Apakah Anda memiliki gagasan tentang R, SAS atau js?

Dirk Horsten

Jalankan rantai Markov.

Biarkan "flip" (pada indeks $i$ ) menjadi acara itu $X_{i-1}$ dan $X_{i}$ adalah tanda-tanda yang berlawanan dan keduanya melebihi $1.5$ dalam ukuran. Saat kami memindai seluruh realisasi $(X_i)$ mencari membalik, kita dapat mengeksploitasi simetri dari distribusi Normal standar untuk menggambarkan proses hanya dengan empat negara:

The Mulai , sebelum $X_1$ diamati.
Nol , dimana $-1.5 \le X_{i-1} \le 1.5$ .
Satu , dimana $|X_{i-1}| \gt 1.5$ .
Terbalik , tempat flip terjadi $i$ .

Mulai transisi ke status (campuran)

μ = (1 - 2 p, 2 p, 0)

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

(sesuai dengan kemungkinan berada di negara bagian ( Nol , Satu , Terbalik )) di mana

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

$p = \Pr(X_1 \lt -1.5) = \Pr(X_1 \gt 1.5) \approx 0.0668072.$ Karena Start tidak pernah terlihat lagi, jangan repot-repot melacaknya lebih jauh.

Nol transisi menjadi Satu dengan probabilitas (ketika ) dan sebaliknya tetap pada Nol . $2p$ $|X_i|\gt 1.5$

Satu transisi ke Dibalik dengan probabilitas : ini terjadi ketika dan memiliki tanda kebalikan dari . Ini juga transisi kembali ke One dengan probabilitas ketika dan memiliki tanda yang sama dengan . Kalau tidak, transisi ke Nol . $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$ $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$

Membalik adalah keadaan menyerap: sekali di sana, tidak ada yang berubah terlepas dari nilai . $X_i$

Dengan demikian matriks transisi (mengabaikan Start sementara ) untuk ( Nol , Satu , Terbalik ) oleh karena itu

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

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

Setelah meninggalkan keadaan awal (dan memasuki keadaan campuran ), transisi akan dilakukan dalam pemindaian untuk flip. Karena itu probabilitas yang diinginkan adalah entri ketiga (terkait dengan Dibalik ) di $\mu$ $20-1$

μ \cdot P^{20 - 1} \approx 0.149045.

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

Detail Komputasi

Kita tidak perlu melakukan perkalian matriks untuk mendapatkan . Sebagai gantinya, setelah diagonalisasi $18$ $\mathbb{P}^{19}$

P = Q^{- 1} E Q,

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

jawaban untuk setiap eksponen (bahkan yang besar) dapat dihitung hanya dengan satu perkalian matriks sebagai $n$

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

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

dengan

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})

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

dan

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})

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

Simulasi sejuta-iterasi (menggunakan R) mendukung hasil ini. Outputnya,

     Mean       LCL       UCL 
0.1488040 0.1477363 0.1498717

memperkirakan jawabannya sebagai dengan interval kepercayaan yang mencakup . $0.1488$ $[0.1477, 0.1499]$ $0.149045$

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
sumber

Bagi yang penasaran, teknik yang dieksploitasi Whuber untuk mendapatkan eksponen dari matriks transisi kadang-kadang disebut "Diagonisasi" dalam buku teks aljabar linier elementer.

Sycorax berkata Reinstate Monica

Probabilitas pasangan nilai yang berurutan

Jawaban:

Detail Komputasi