Προβλήματα Μαθηματικών

Μαΐου 21, 2008

Μέγιστο εκθετικών

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 2:22 πμ

Θεωρήστε μια ακολουθία X_1,X_2,... από ανεξάρτητες ισόνομες τυχαίες μεταβλητές με εκθετική κατανομή (με μέση τιμή 1). Ορίζουμε M_n=max\{X_1,...,X_n\}. Υπολογίστε το \displaystyle \lim_{n\to\infty} P\big[M_n\le \ln(n)+x\big] και χρησιμοποιήστε αυτό το αποτέλεσμα για να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα \displaystyle \int_0^\infty 1-e^{-e^{-x}}-e^{-e^x} dx.

Advertisements

17 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη:

    Αν υπολογίσετε το όριο που προαναφέρεται, δεν είναι δύσκολο να δείτε ότι το ολοκλήρωμα είναι το όριο της E\big[M_n-\ln(n)\big].

    Θυμηθείτε την πάντα πολύ χρήσιμη σχέση που συνδέει τις «ουρές» μιας θετικής τ.μ. με τo ολοκλήρωμά της
    \displaystyle E[X]=\int_0^\infty P[X>x]dx.
    Κι αν τώρα μια τ.μ. δεν είναι θετική δεν πειράζει- πάντα διασπάται στο θετικό και το αρνητικό της μέρος.

    Βρείτε τώρα έναν άλλο τρόπο για να συνδέσετε αυτές τις αναμενόμενες τιμές για διαδοχικές τιμές του n.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από loulakis — Ιουνίου 1, 2008 @ 2:16 μμ

  2. Νέα υπόδειξη:

    M_{n+1}=M_n+ (X_{n+1}-M_n)^{+}.
    Γράψτε τώρα την αναμενόμενη τιμή
    E\big[(X_{n+1}-M_n)^{+}\big] σαν ένα πολλαπλό ολοκλήρωμα και υπολογίστε το.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιουλίου 3, 2008 @ 10:35 μμ

  3. Αφού οι υποδείξεις δεν βοήθησαν να λυθεί το πρόβλημα θα σας δώσω ένα έξτρα κίνητρο- την τιμή του ολοκληρώματος:

    \displaystyle \int_0^\infty 1-e^{-e^{-x}}-e^{-e^x} dx=\gamma

    όπου \gamma είναι η σταθερά του Euler.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 26, 2008 @ 3:32 μμ

  4. Δε βρίσκω την ίδια ολοκληρωτική αναπαράσταση για το γ (οπότε κάπου κάνω λάθος αλλα δε το βρισκω).
    Παρ’ολα αυτά, μια ιδέα είναι η εξής:

    Λόγω ανεξαρτησίας, έχουμε
    \mathbb{P}[M_n \leq t] = ( \mathbb{P}[X \leq t] )^n = (1 - e^{-t})^n .
    Επίσης
    \mathbb{E}[M_n] = \int_{0}^{\infty} \mathbb{P}{M_n > t} dt = \int_{0}^{\infty} 1 - (1-e^{-t})^n =
    \int_{0}^{1} \frac{1- y^n}{1-y} dy = \int_{0}^{1} \sum_{i=0}^{n-1} y^i = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}
    που μας δίδει
    \lim_{n \rightarrow \infty} \mathbb{E}[M_n - \ln(n)] = \lim_{n \rightarrow \infty} (\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} - \ln(n) ) = \gamma.
    Άρα,
    \mathbb{P}[M_n \leq \ln n + x] = (1 - \frac{e^{-x}}{n})^n \rightarrow e^{-e^{-x}} ή
    \mathbb{P}[M_n > \ln n + x] = 1- (1 - \frac{e^{-x}}{n})^n \rightarrow 1- e^{-e^{-x}} .

    Τώρα \mathbb{E}[M_n - \ln(n)] = \int_{0}^{\infty} 1- (1 - \frac{e^{-x}}{n})^n
    και η ακολουθία \{1- (1 - \frac{e^{-x}}{n})^n \}_n είναι μονότονη.
    Άρα \gamma = \lim_{n \rightarrow \infty}\mathbb{E}[M_n - \ln(n)] = \int_{0}^{\infty} 1 - e^{-e^{-x}} .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 19, 2011 @ 2:41 μμ

  5. Ο λόγος που δεν βρίσκεις την ολοκληρωτική αναπαράσταση είναι ότι ο τύπος

    \displaystyle \mathbb{E}\big[X\big]=\int_{0}^{\infty}\mathbb{P}\big[X>t\big]\ dt

    είναι σωστός όταν η X είναι μη αρνητική τ.μ., κάτι που δεν συμβαίνει για την M_n-\ln(n)
    που τον εφαρμόζεις. Είναι εύκολο όμως να τροποποιήσεις τον παραπάνω τύπο για γενική τ.μ. αφού X=X^+-X^-
    και οι X^{\pm} είναι μη αρνητικές.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιανουαρίου 20, 2011 @ 12:56 μμ

  6. Γράφουμε
    \mathbb{E}[M_n - \ln(n)] = \mathbb{E}[ (M_n - \ln(n))^{+}] - \mathbb{E}[(M_n - \ln(n))^{-}] = \int_{0}^{\infty} \mathbb{P}[(M_n - \ln(n))^{+}>t] - \mathbb{P}[(M_n- \ln(n)  )^{-} > t] .
    Τώρα
    (M_n - \ln(n))^{+}>t αν και μόνο αν M_n - \ln(n) >t και
    (M_n - \ln(n))^{-}>t αν και μόνο αν M_n - \ln(n) t] - \mathbb{P}[M_n - \ln(n) < -t] \; dt \rightarrow \int_{0}^{\infty} 1 - e^{-e^{-t}} - e^{-e^t} .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 23, 2011 @ 5:37 μμ

  7. Δεν εμφανίστηκε ολόκληρο το επιχείρημα.

    Στην 6η γραμμή γίνεται η παρατήρηση ότι
    (M_n - \ln(n) )^{-} > t ανν M_n - \ln(n) < -t
    οπότε οι πιθανότητες στο ολοκλήρωμα της 2η,3η γραμμής μπορούν να υπολογιστούν
    μέσω της συνάρτησης κατανομής της M_n .
    Εναλλάσσουμε όριο και ολοκλήρωμα και παίρνουμε το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 23, 2011 @ 8:03 μμ

  8. Ωραία, αποδείξατε λοιπόν μέχρι τώρα ότι

    \displaystyle E\big[M_n-\ln(n)\big]=\int_0^\infty 1-e^{-e^{-x}}-e^{-e^x} dx.

    Ας υπολογίσουμε τώρα την ίδια μέση τιμή με βάση την Υπόδειξη στο Σχόλιο 2. Θα πρέπει να βρείτε ότι
    είναι ίση με τη σταθερά του Euler.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιανουαρίου 24, 2011 @ 9:48 μμ

  9. Χμ..
    Θα έλεγα πως έχουμε αποδείξει ότι
    \displaystyle \gamma = \lim \mathbb{E}[M_n - \ln(n)] = \int_{0}^{\infty} 1 - e^{-e^{-x}} - e^{-e^x} \; dx .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 24, 2011 @ 10:35 μμ

  10. Ναι, έχεις απόλυτο δίκιο. Δεν πρόσεξα την αρχή του σχολίου 4.
    Πολύ ωραία!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιανουαρίου 24, 2011 @ 10:40 μμ

  11. Θα ήθελα να σας κάνω μια ερώτηση, σχετική με το πρόβλημα.
    Φαντάζομαι δεν είμαι ο πρώτος που ρωτάει. Απλά δεν έχω ιδέα από που να αρχισω να ψάχνω.

    Μπορούμε να εκτιμήσουμε τον μέσο όρο του μεγίστου εκθετικών κατανομών
    οι οποίες δεν είναι αναγκαστικά ανεξάρτητες ;
    Δηλ, αν M_n = \max (X_1, X_2 , \ldots ,X_n) όπου X_1, X_2, \ldots , X_n
    είναι εκθετικά κατανεμημένες, μπορούμε να πούμε κάτι για την μέγιστη δυνατή τιμή της \mathbb{E}[M_n];

    Ευχαριστώ!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαρτίου 27, 2012 @ 5:07 μμ

  12. Μια ιδέα θα ήταν να χρησιμοποιήσετε το σχόλιο 2. Αν μπορείτε να πείτε κάτι για την δεσμευμένη κατανομή της X_{n+1} δοθέντων των X_1,\ldots,X_n, ίσως μπορείτε να υπολογίσετε τη μέση τιμή του δεξιού μέλους αφού πρώτα υπολογίσετε την δεσμευμένη μέση τιμή του.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Απρίλιος 1, 2012 @ 6:33 μμ

  13. Προσπάθησα να χρησιμοποιήσω το σχόλιο 2, αλλά δε τα καταφερα.

    Παρ’όλα αυτά, νομίζω το ερώτημα μπορεί να απαντηθεί ως εξής:

    Έστω F η συνάρτηση κατανομής της X_i, i=1,\ldots ,n .
    Για κάθε πραγματικό αριθμό t ισχύει
    \displaystyle M_n \leq t + \sum_{i=1}^{n} (X_i -t)
    που δίδει ότι
    \displaystyle \mathbb{E}[M_n] \leq t + n \int_{t}^{\infty} (1 - F(x)) \; dx,
    για κάθε t \in \mathbb{R}. Διαφορίζοντας το δεξιό μέλος
    της άνω σχέσης ως προς t , βρίσκουμε ότι παίρνει την ελάχιστη
    τιμή της στο t_n := F^{-1}(1-\frac{1}{n}) . Οπότε
    \displaystyle \mathbb{E}[M_n] \leq 1 + \log n .

    Νομίζω ότι είναι αξιοσημείωτο το γεγονός ότι όπως και να δεσμεύσει
    κανέις τις X_1, \ldots X_n η μέγιστη δυνατή τιμή της \mathbb{E}[M_n]
    είναι (περίπου) όση και στην περίπτωση ανεξάρτητων X_1, \ldots X_n.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Απρίλιος 23, 2012 @ 11:37 μμ

  14. Μου ξέφυγε ένα + στο
    \displaystyle M_n \leq t +  \sum_{i=1}^{n} (X_i - t)^{+}

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Απρίλιος 23, 2012 @ 11:41 μμ

  15. Πολύ ωραία η εκτίμησή σου. Πάντως δεν είναι κάτι ιδιαίτερο αυτό το αποτέλεσμα για την εκθετική κατανομή- για οποιαδήποτε περιθώρια κατανομή F των X_i ισχύει ότι \mathbb{E}\big[M_n\big]\le C\mathbb{E}_I\big[M_n\big], όπου η μέση τιμή αριστερά λαμβάνεται ως προς μια αυθαίρετη από κοινού κατανομή, η μέση τιμή δεξιά λαμβάνεται ως προς την κατανομή γινόμενο και η C είναι μια απόλυτη σταθερά που δεν εξαρτάται ούτε από το n, ούτε από την F.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Απρίλιος 24, 2012 @ 3:38 πμ

  16. Ενδιαφέρον..
    Μπορείτε να δώσετε μια υπόδειξη ή κάποια
    αναφορά σχετική με την ανισότητα \mathbb{E}[M_n] \leq C \mathbb{E}_{I}[M_n];
    Ευχαριστώ !

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Απρίλιος 24, 2012 @ 12:44 μμ

  17. Η βασική ιδέα -όπως ωραία παρατήρησε και ο henk- είναι ότι όποια κι αν είναι η από κοινού κατανομή, η ουρά του μεγίστου ικανοποιεί την \mathbb{P}\big[M_n>x\big]\le 1\wedge n\bar{F}(x). Για μεγάλα x το πάνω φράγμα σχεδόν πιάνει η ουρά του μεγίστου ανεξάρτητων τ.μ. 1-\big(1-\bar{F}(x)\big)^n.

    Μπορείτε να δείτε την ανισότητα χρησιμοποιωντας την προσέγγιση του henk&christos ως εξής (ας υποθέσουμε για απλότητα ότι έχουμε θετικές τ.μ.)
    \displaystyle\mathbb{E}_I\big[M_n\big]=\int_0^\infty \mathbb{P}_I\big[M_n>x\big]dx=\int_0^\infty 1-F(x)^ndx=\int_0^t+\int_t^\infty 1-F(x)^n dx\ge \big(1-F(t)^n\big)\big(t+\frac{1}{\bar{F}(t)}\int_t^\infty\bar{F}(x)dx.\big)
    Στην συνέχεια επιλέγουμε το t όπως στο σχόλιο 13.

    Πάντως είναι κάτι που κι εγώ τώρα έμαθα μαζί με εσάς!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Απρίλιος 24, 2012 @ 10:08 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: