Phân phối các phần 'không trộn' dựa trên thứ tự hỗn hợp

Giả sử tôi đã ghép các quan sát được vẽ iid là cho . Hãy và biểu thị bởi những thứ giá trị quan sát lớn nhất của . Phân phối (có điều kiện) của gì? (hoặc tương đương, của ) $X_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_x^2\right), Y_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_y^2\right),$ $i=1,2,\ldots,n$ $Z_i = X_i + Y_i,$ $Z_{i_j}$ $j$ $Z$ $X_{i_j}$ $Y_{i_j}$

Đó là, phân phối của điều kiện trên là giá trị lớn thứ trong số giá trị quan sát của gì? $X_i$ $Z_i$ $j$ $n$ $Z$

Tôi đoán rằng vì , phân phối của hội tụ đến phân phối vô điều kiện của , trong khi , phân phối của hội tụ đến sự phân bố không điều kiện của Thống kê theo thứ tự ngày của . Ở giữa, mặc dù, tôi không chắc chắn. $\rho = \frac{\sigma_x}{\sigma_y} \to 0$ $X_{i_j}$ $X$ $\rho \to \infty$ $X_{i_j}$ $j$ $X$

distributions order-statistics shrinkage

— shabbychef
nguồn

Tôi đã xóa thẻ "hỗn hợp" vì đây là câu hỏi về một tổng (hoặc, tương đương, về các biến Bình thường tương quan), chứ không phải về một hỗn hợp của chúng.

— whuber

X_{i}

$X_i$ cũng được giả định độc lập với , đúng không?

Y_{i}

$Y_i$

— Đức hồng y

@cardinal: vâng, họ độc lập.

— shabbychef

Một câu hỏi gần đây và có liên quan xuất hiện trên math.SE: math.stackexchange.com/questions/38873/ săn

— hồng y

Giải pháp được đăng trên math.SE giống hệt về mặt khái niệm với giải pháp tôi đưa ra dưới đây - nhưng được xây dựng bằng cách sử dụng một thuật ngữ hơi khác.

— NRH

Câu trả lời:

Quan sát rằng biến ngẫu nhiên là một hàm của . Đối với một -vector, , chúng ta viết cho chỉ mục của tọa độ lớn thứ . Gọi biểu thị phân phối có điều kiện của cho . $i_j$ $\mathbf{Z} = (Z_1, \ldots, Z_n)$ $n$ $\mathbf{z}$ $i_j(\mathbf{z})$ $j$ $P_z(A) = P(X_1 \in A \mid Z_1 = z)$ $X_1$ $Z_1$

Nếu chúng tôi phá vỡ xác suất theo giá trị của và giải trừ wrt chúng tôi sẽ nhận được $i_j$ $\mathbf{Z}$

\begin{array}{rcl} P (X_{i_{j}} \in A) & = & \sum_{k} P (X_{k} \in A, i_{j} = k) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in A ∣ Z = z) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in A ∣ Z_{k} = z_{k}) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P_{z_{k}} (A) P (Z \in d z) \\ = & \int P_{z} (A) P (Z_{i_{j}} \in d z) \end{array}

$\begin{array}{rcl} P(X_{i_j} \in A) & = & \sum_{k} P(X_k \in A, i_j = k) \\ & = &\sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid \mathbf{Z} = \mathbf{z}) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid Z_k = z_k) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P_{z_k}(A) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \int P_{z}(A) P(Z_{i_j} \in dz) \\ \end{array}$

Đối số này khá chung chung và chỉ dựa trên các giả định iid đã nêu và có thể là bất kỳ hàm đã cho nào của . $Z_k$ $(X_k, Y_k)$

Theo giả định của các bản phân phối bình thường (lấy ) và là tổng, phân phối có điều kiện của cho là và @probabilityislogic cho thấy cách tính phân phối của , do đó chúng tôi có biểu thức rõ ràng cho cả các bản phân phối nhập vào tích phân cuối cùng ở trên. Liệu tích phân có thể được tính toán phân tích hay không là một câu hỏi khác. Bạn có thể có thể, nhưng ngoài đỉnh đầu tôi không thể biết nếu có thể. Để phân tích tiệm cận khi hoặc $\sigma_y = 1$ $Z_k$ $X_1$ $Z_1 = z$

N (\frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}} z, σ_{x}^{2} (1 - \frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}}))

$N\left(\frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2} z, \sigma_x^2\left(1 - \frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2}\right)\right)$

Z_{i_{j}}

$Z_{i_j}$

σ_{x} \to 0

$\sigma_x \to 0$

σ_{x} \to \infty

$\sigma_x \to \infty$ nó có thể không cần thiết

Trực giác đằng sau tính toán ở trên là đây là một lập luận độc lập có điều kiện. Cho các biến và là độc lập. $Z_{k} = z$ $X_{k}$ $i_j$

— NRH
nguồn

Việc phân phối không khó và được phân phối theo hợp chất Beta-F: $Z_{i_{j}}$

p_{Z_{i_{j}}} (z) d z = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{z}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{n - j} d z

$p_{Z_{i_{j}}}(z)dz=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dz$

Trong đó là một PDF bình thường tiêu chuẩn và là một CDF bình thường tiêu chuẩn và . $\phi(x)$ $\Phi(x)$ $\sigma_{z}^{2}=\sigma_{y}^{2}+\sigma_{x}^{2}$

Bây giờ nếu bạn được cho rằng , thì là hàm 1 trên 1 của , cụ thể là . Vì vậy, tôi sẽ nghĩ rằng đây nên là một ứng dụng đơn giản của quy tắc jacobian. $Y_{i_{j}}=y$ $X_{i_{j}}$ $Z_{i_{j}}$ $X_{i_{j}}=Z_{i_{j}}-y$

p_{X_{i_{j}} | Y_{i_{j}}} (x | y) = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{x + y}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{x + y}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{x + y}{σ_{z}})]}^{n - j} d x

$p_{X_{i_{j}}|Y_{i_{j}}}(x|y)=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dx$

Điều này có vẻ quá dễ dàng, nhưng tôi nghĩ nó là chính xác. Hạnh phúc khi được hiển thị sai.

— xác suất
nguồn

Bạn đã hiểu nhầm câu hỏi. Tôi đang tìm phân phối của dưới dạng hàm của . Tôi không thực sự quan sát và , và không thể điều kiện trên chúng. Người ta có thể giả sử, wlog rằng và do đó chỉ xem xét các tham số .

X_{i_{j}}

$X_{i_j}$

j, n, σ_{x}, σ_{y}

$j, n, \sigma_x, \sigma_y$

X_{i}

$X_i$

Y_{i}

$Y_i$

σ_{x} = 1

$\sigma_x = 1$

j, n, σ_{y}

$j, n, \sigma_y$

— shabbychef

ok - vậy về cơ bản bạn cần phải loại bỏ khỏi phương trình này? (tích hợp)

y

$y$

— xác suất

Đúng; và nó không độc lập với Z ...

— shabbychef