Probabilidade de um par consecutivo de valores

Permite onde e são independentes . $X=(x_1, x_2,...x_{20})$ $x_i\sim N(0,1)$ $x_i, x_j$ $\forall i\neq j$

Qual é a probabilidade de obter uma amostra em que existem pelo menos dois valores consecutivos e tais 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
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0

$0$ ? Ou há um erro de digitação na pergunta? A probabilidade de dois números serem e seu produto ser é .

| 1.5 | = 1.5

$|1.5|=1.5$

> 1.5

$>1.5$

< 0

$<0$

0

$0$

Dmitry Rubanovich

comQuero dizer que ou e com quero dizer que um valor é> 0 e o outro é < 0 Por exemplo e encaixam nas duas condições.

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

A primeira condição deve ser que e a segunda condição é 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

Então é um erro de digitação. Deveria dizer .

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

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

Dmitry Rubanovich

Cada uma das suas 20 variáveis tem uma chance de cerca de 0,0668 ser superior a 1,5 e a mesma chance de estar abaixo de -1,5. Isso reduz seu problema a uma pergunta sobre variáveis discretas (com 3 valores) que podem ser resolvidas com a regra da cadeia. Deve ser possível programar uma função para isso, com o seu limite (1,5) e o número de variáveis consecutivas (20) como entrada. Você tem noções de R, SAS ou js?

Dirk Horsten

Execute uma cadeia de Markov.

Seja um "flip" (no índice ) o evento em que e tenham sinais opostos e ambos excedam em tamanho. À medida que examinamos qualquer realização de procurando flips, podemos explorar a simetria da distribuição normal padrão para descrever o processo com apenas quatro estados: $i$ $X_{i-1}$ $X_{i}$ $1.5$ $(X_i)$

O início , antes de ser observado. $X_1$
Zero , onde . $-1.5 \le X_{i-1} \le 1.5$
Um , onde . $|X_{i-1}| \gt 1.5$
Invertida , onde ocorre uma inversão em . $i$

Iniciar transições para o estado (misto)

μ = (1 - 2 p, 2 p, 0)

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

(correspondendo às chances de estar nos estados ( Zero , Um , Virado )) em que Como o Start nunca é visto novamente, não vamos mais nos rastrear.

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 transita para Um com probabilidade (quando ) e permanece em Zero . $2p$ $|X_i|\gt 1.5$

Um transições para Flipped com probabilidade : Isso ocorre quando e tem o sinal oposto de . Também transita de volta para Um com probabilidade quando e tem o mesmo sinal que . Caso contrário, ele faz a transição para Zero . $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$ $p$ $|X_i| \gt 1.5$ $X_i$ $X_{i-1}$

Inverter é um estado absorvente: uma vez lá, nada muda, independentemente do valor de . $X_i$

Portanto, a matriz de transição (ignorando o início transitório ) para ( Zero , Um , Invertido ) é, portanto,

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

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

Depois de sair do estado inicial (e entrar no estado misto ), serão feitas transições na varredura. A probabilidade desejada é, portanto, a terceira entrada (correspondente a Flipped ) em $\mu$ $20-1$

μ \cdot P^{20 - 1} \approx 0.149045.

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

Detalhes computacionais

Não precisamos fazer multiplicações de matrizes para obter . Em vez disso, depois de diagonalizar $18$ $\mathbb{P}^{19}$

P = Q^{- 1} E Q,

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

a resposta para qualquer expoente (mesmo os enormes) pode ser calculada através de apenas uma multiplicação de matrizes, como $n$

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

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

com

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})

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

Uma simulação de um milhão de iterações (usando R) suporta esse resultado. Sua saída,

     Mean       LCL       UCL 
0.1488040 0.1477363 0.1498717

estima a resposta como com um intervalo de confiança que inclui . $0.1488$ $[0.1477, 0.1499]$ $0.149045$

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
fonte

Para os curiosos, a técnica que Whuber explorou para obter os expoentes da matriz de transição às vezes é chamada de "Diagonalização" nos livros de álgebra linear elementar.

Sycorax diz Reinstate Monica

Probabilidade de um par consecutivo de valores

Respostas:

Detalhes computacionais