如果是随机变量的可交换则 if and on如果。因此， 通过对称性。因此，。$\{X_i\}_{i\geq 1}$

$$N=\min\,\{n:X_{n-1}>X_n\},$$ $N\geq n$$X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}$ $$\Pr(N\geq n) = \Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1})=\frac{1}{(n-1)!}, \qquad (*)$$ $\mathrm{E}[N]=\sum_{n=1}^\infty \Pr(N\geq n)=e\approx 2.71828\dots$

PS 人们询问的证明。由于序列是可交换的，因此对于任何排列，我们有 因为我们有可能的排列，结果如下。$(*)$$\pi:\{1,\dots,n-1\}\to\{1,\dots,n-1\}$

$$\Pr(X_1\leq X_2\leq\dots\leq X_{n-1}) = \Pr(X_{\pi(1)}\leq X_{\pi(2)}\leq\dots\leq X_{\pi(n-1)}).$$ $(n-1)!$

正如 Silverfish 所建议的，我在下面发布了解决方案。 和

$$\begin{align*} P[N = i] & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} > X_i] \\ & = P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1}] - P[X_1 \leq X_2 \dotsc \leq X_{i-1} \leq X_i] \\ & = \frac{1}{(i-1)!} - \frac{1}{i!} \end{align*}$$ $$\begin{align*} P[N \geq i] & = 1 - P[N < i] \\ & = 1 - \left(1 -\frac{1}{2!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots +\frac{1}{(i-2)!} - \frac{1}{(i-1)!}\right)\\ & = \frac{1}{(i-1)!} \\ \end{align*}$$

因此。$E[N] = \sum_{i = 1}^{\infty}P[N \geq i] = \sum_{i = 1}^{\infty}\frac{1}{(i-1)!} = e$

一种论点：在的可能排列。我们对增加直到倒数第二个位置然后减少的排序感兴趣：这要求最大值位于位置，而个之一位于最终位置。由于有种方法可以在我们的有序序列中挑选出前项中的一项并将其移动到最终位置，因此概率为：$X_i$$n!$$X_1, \dots, X_n$$n-1$$n-1$$X_i$$n-1$$n-1$

$$\Pr(N=n) = \frac{n-1}{n!}$$

注意 ,和所以这与积分得到的结果是一致的。$\Pr(N=2) = \frac{2-1}{2!} = \frac{1}{2}$$\Pr(N=3) = \frac{3-1}{3!} = \frac{1}{3}$$\Pr(N=4) = \frac{4-1}{4!} = \frac{1}{8}$

的期望值，我们可以使用：$N$

$$\mathbb{E}(N) = \sum_{n=2}^{\infty} n \Pr(N=n) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n(n-1)}{n!} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!}= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = e$$

（为了使总和更明显，我使用了；对于不熟悉这个总和的读者，请使用泰勒级数并替换。）$k=n-2$ $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$$x=1$

我们可以通过模拟检查结果，这是R中的一些代码：

firstDecrease <- function(x) {
    counter <- 2
    a <- runif(1)
    b <- runif(1)
    while(a < b){
        counter <- counter + 1
        a <- b
        b <- runif(1)
    }
    return(counter)
}

mean(mapply(firstDecrease, 1:1e7))

这回来2.718347了，足以2.71828让我满意。

编辑：我的回答不正确。我把它作为一个例子，说明像这样一个看似简单的问题是多么容易被误解。

我认为您的数学对于的情况不正确。我们可以通过一个简单的模拟来检查这一点：$P[N=4]$

n=50000
flag <- rep(NA, n)
order <- 3
for (i in 1:n) {
  x<-rnorm(100)
  flag[i] <- all(x[order] < x[1:(order-1)])==T
}
sum(flag)/n

给我们：

> sum(flag)/n
[1] 0.33326

将术语更改order为 4 让我们：

> sum(flag)/n
[1] 0.25208

和 5：

> sum(flag)/n
[1] 0.2023

因此，如果我们相信我们的模拟结果，看起来模式是。但这也是有道理的，因为您真正要问的是，您所有观察的子集中的任何给定观察是最小观察的概率是多少（如果我们假设 iid，那么我们假设可交换性，因此顺序是任意的）。其中一个必须是最小值，所以真正的问题是随机选择的任何观察值是最小值的概率是多少。这只是一个简单的二项式过程。$P[N = X] = \frac{1}{x}$