Чему равна вероятность выхода из интервалов?

[flammmable]

Допустим, у меня имеется $N$ отрезков, которые я составил вместе в один большой отрезок. Длина отрезков является случайной величиной с нормальным распределением, мат.ожиданием $a$ и стандартным отклонением $x$.

Если я возьму идеальную линейку и отмерю на ней $a$, а затем сделаю пару засечек $a+3.2905x и $a-3.2905x, то по отдельности мои отрезки вывалятся из данного интервала с вероятностью 0,001. Если я сделаю $N$ пар таких засечек ($ak+3.2905x$, $ak-3.2095x$, где $k$ от 1 до $N$) и приложу данную шкалу к большому (суммарному) отрезку, с какой вероятностью начало (либо конец) хоть какого-нибудь из малых отрезков вывалится из интервала, ближайшего к "стыку" отрезков?

[Ende]

Тема перемещена из форума «Математика (общие вопросы)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);
- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач(и).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: не указана.

[wrest]

flammmable
Дисперсия суммы независимх случайных величин равна сумме их дисперсий.
Стандартное отклнение -- это корень квадратный из дисперсии.
Откуда находим, что стандартное отклонение суммы (в вашем случае -- суммы длин отрезков)...

[flammmable]

wrest в сообщении #1582640 писал(а):

flammmable
Дисперсия суммы независимх случайных величин равна сумме их дисперсий.
Стандартное отклнение -- это корень квадратный из дисперсии.
Откуда находим, что стандартное отклонение суммы (в вашем случае -- суммы длин отрезков)...

Стандартное отклонение суммарного отрезка я-то найду: $\sqrt{N} x$. Это стандартное отклонение влияет на "сползание" конца большого (суммарного) отрезка. Однако, возможна ситуация, когда длина суммарного отрезка в точности равна $aN$, а стык элементарных отрезков "сполз" где-нибудь в середине. Причём не разом, за счёт одного-единственного отрезка-переростка, а накопившись. Мне бы хотелось понять, как считать вероятность такого (точнее, "и такого") события.

[ipgmvq]

flammmable в сообщении #1582647 писал(а):

Мне бы хотелось понять, как считать вероятность такого (точнее, "и такого") события.

Если не заморачиваться, то проще считать методом Монте-Карло.
Такой необычной формулировки задачи по расчету стоимости двойного барьерного опциона (с постоянной волатильностью и дискретными точками мониторинга достижения страйков) я ещё не видел.

[flammmable]

ipgmvq в сообщении #1582716 писал(а):

Если не заморачиваться, то проще считать методом Монте-Карло.
Такой необычной формулировки задачи по расчету стоимости двойного барьерного опциона (с постоянной волатильностью и дискретными точками мониторинга достижения страйков) я ещё не видел.

Жаль, что нет готовой формулки, но я несколько успокоился, что посчитать такое при помощи Монте-Карло - не срамно. Нет, это не для опционов, а для пакета передаваемых бит с немного гуляющим битрейтом.

[wrest]

flammmable в сообщении #1582647 писал(а):

Причём не разом, за счёт одного-единственного отрезка-переростка, а накопившись. Мне бы хотелось понять, как считать вероятность такого (точнее, "и такого") события.

Ну, вероятность "вывалиться" для каждого следующего отрезка будет возрастать т.к. возрастает дисперсия.
Так что наиболее вероятным будет выпадение последнего...

[flammmable]

wrest в сообщении #1582755 писал(а):

Ну, вероятность "вывалиться" для каждого следующего отрезка будет возрастать т.к. возрастает дисперсия.
Так что наиболее вероятным будет выпадение последнего...

Будет ли вероятность "вываливания" именно последнего больше, чем сумма вероятностей "вываливания" не-последних? Сомневаюсь :) В любом случае, я начал уже писать код для Монте-Карло.

[ipgmvq]

flammmable в сообщении #1582757 писал(а):

чем сумма вероятностей

Там особо не просуммируешь и не перемножишь, потому что вероятность каждого последующего шага тесно зависит от предыдущего.

Используется синтаксис Python

import numpy as np
from scipy.stats import norm, binomtest
ст_отклонений = norm.ppf(0.9995)
байтов = 2**10
k = 8 * байтов
размер_выборки = 10000
симуляция = np.abs(np.random.normal(loc=0.0, scale=1.0, size=(размер_выборки,k)).cumsum(axis=1)) > ст_отклонений
результат = binomtest((симуляция.sum(axis=1) > 0).sum(), размер_выборки)
print("Вероятность: %.10f (%.5f-%.5f)" % (результат.proportion_estimate, результат.proportion_ci().low, результат.proportion_ci().high))

-- 22.02.2023, 14:22 --

Однако интервал до смены бита не может быть отрицательным. Поэтому возможно лучше моделировать распределением для положительных чисел.

[flammmable]

ipgmvq в сообщении #1582771 писал(а):

Там особо не просуммируешь и не перемножишь, потому что вероятность каждого последующего шага тесно зависит от предыдущего.

Это да. Потому я набросал программу на LabVIEW с генерацией миллиарда случайных чисел, распределённых по Гауссу. Мне важно было знать, что такое решение - не постыдно :)

[ipgmvq]

Да, миллиард это петлей только — столько в памяти одновременно может не поместиться (будет тормозить). Лучше также доверительный интервал посчитать для спокойствия: всё же эмпирика и оцениваем долю (вероятность), а не среднее.

[ipgmvq]

Накумекал "точное" решение без симуляции. Но начиная с определенного количества "бит"/"отрезков" считает медленнее, чем относительно небольшая Монтекарла. И если поставить больше 10 "бит"/"отрезков", вообще не дождетесь наверное (я ждать не стал).

Используется синтаксис Python

import numpy as np
from scipy.stats import norm, multivariate_normal

x = norm.ppf(0.9995)  # примерно 3.2905267314919255
N = 10                # количество бит/отрезков
μ = np.zeros(N)
U = np.matrix(np.triu(np.ones((N,N))))

mvn = multivariate_normal(mean=μ, cov=U.T * U)

знак_начала = np.array(list("{0:b}".format(2**N-1).zfill(N)), dtype=int).sum()
результат = 0.0
for i in range(2**N-1, -1, -1):
    temp = np.array(list("{0:b}".format(i).zfill(N)), dtype=int)
    знак = (temp.sum() % 2) == (знак_начала % 2)
    if знак:
        результат += mvn.cdf(x=(temp*2-1)*x)
    else:
        результат -= mvn.cdf(x=(temp*2-1)*x)
        
print(результат)

[ipgmvq]

Результат выше это вероятность, что ни одна из границ отрезков не выйдет за пределы установленных интервалов. Вероятность, что хоть одна граница отрезков выйдет, соответственно: 1 - результат.

[ipgmvq]

Вариация на тему "точного" расчета без симуляции. Вероятно точнее, но тут он ещё медленнее считает. Увеличение количества "бит"/"отрезков" больше трех заставит ждать столько, сколько я не готов ждать.

Используется синтаксис Python

import numpy as np
from scipy.stats import norm, multivariate_normal
from scipy import integrate

x = norm.ppf(0.9995)      # примерно 3.2905267314919255
N = 3                     # количество бит/отрезков
μ = np.zeros(N)
U = np.matrix(np.triu(np.ones((N,N))))

mvn = multivariate_normal(mean=μ, cov=U.T * U)
границы_интегрирования = [[-x, x]] * N

def f(*x):
    return mvn.pdf(x=np.array(x))

print(integrate.nquad(f, границы_интегрирования)[0])

Опять же считает вероятность невыхода за пределы. Искомая вероятность обратная.