Phân bố tỷ lệ của một khoảng cách và mẫu có nghĩa là gì?

Đặt là một mẫu các biến ngẫu nhiên theo cấp số nhân của iid với mean và đặt là thống kê thứ tự từ mẫu này. Đặt . $X_1,\dots,X_n$ $\beta$ $X_{(1)},\dots,X_{(n)}$ $\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$

Xác định khoảng cáchCó thể chỉ ra rằng mỗi cũng theo cấp số nhân, với trung bình .

W_{i} = X_{(i + 1)} - X_{(i)} \forall 1 \leq i \leq n - 1 .

$W_i=X_{(i+1)}-X_{(i)}\ \forall\ 1 \leq i \leq n-1\,.$

W_{i}

$W_i$

β_{i} = \frac{β}{n - i}

$\beta_i=\frac{\beta}{n-i}$

Câu hỏi: Làm thế nào tôi có thể tìm kiếm , trong đó được biết và không âm? $\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)$ $t$

Nỗ lực: Tôi biết rằng giá trị này bằng . Vì vậy, tôi đã sử dụng luật tổng xác suất như vậy: $1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)$

P (W_{i} > t \bar{X}) = 1 - F_{W_{i}} (t \bar{X}) = 1 - \int_{0}^{\infty} F_{W_{i}} (t s) f_{\bar{X}} (s) d s,

$\mathbb{P}\left( W_i > t \bar X \right) = 1 - F_{W_i}\left( t \bar X \right) = 1 - \int_0^\infty F_{W_i}(ts)f_{\bar X}(s) \mathrm{d}s \,,$

mà biến thành một mớ hỗn độn nhưng tôi nghĩ rằng không thể tách rời.

Tôi có đang đi đúng hướng ở đây không? Đây có phải là một cách sử dụng hợp lệ của Luật Tổng xác suất?

Một cách tiếp cận khác có thể là xem xét phân phối chênh lệch:

P (W_{i} - t \bar{X} > 0)

$\mathbb{P}\left( W_i - t \bar X > 0\right)$

Hoặc thậm chí chia nhỏ các khoản tiền:

P (W_{i} - t \bar{X} > 0) = P ((X_{(i + 1)} - X_{(i)}) + \frac{t}{n} (X_{(1)} + \dots + X_{(n)}))

$\mathbb{P}\left( W_i - t \bar X > 0 \right) = P \left( \left(X_{(i+1)} - X_{(i)}\right) + \frac{t}{n}\left(X_{(1)} + \dots + X_{(n)} \right) \right)$

Một giải pháp cho trường hợp theo cấp số nhân sẽ là tuyệt vời, nhưng thậm chí tốt hơn sẽ là một số loại ràng buộc chung về phân phối. Hoặc ít nhất, những khoảnh khắc của nó, sẽ đủ để cho tôi sự bất bình đẳng Ch Quashev và Markov.

Cập nhật: đây là tích phân từ phương thức đầu tiên:

\begin{aligned} 1 - \int_{0}^{\infty} (1 - \exp (- \frac{t s}{β_{i}})) (\frac{1}{Γ (n) β^{n}} s^{n - 1} \exp (- β s)) d s \\ 1 - \int_{0}^{\infty} (1 - \exp (- \frac{(n - i) t s}{β})) (\frac{1}{Γ (n) β^{n}} s^{n - 1} \exp (- β s)) d s \end{aligned}

$\begin{align} 1 - \int_0^\infty \left( 1 - \exp \left( -\frac{ts}{\beta_i} \right) \right) \left( \frac{1}{\Gamma(n)\beta^n} s^{n-1} \exp \left( -\beta s \right) \right) \mathrm{d}s \\ 1 - \int_0^\infty \left( 1 - \exp \left( -\frac{(n-i)ts}{\beta} \right) \right) \left( \frac{1}{\Gamma(n)\beta^n} s^{n-1} \exp \left( -\beta s \right) \right) \mathrm{d}s \end{align}$

Tôi đã chơi xung quanh với nó một lúc và tôi không biết phải đi đâu với nó.

— bóng tối
nguồn

Tích phân bạn nhận được trông tương đối đơn giản sau khi bạn phân phối các điều khoản trong ngoặc đơn. Sau khi thay đổi các biến, có vẻ như bạn sẽ nhận được một số chức năng gamma.

— Alex R.

@AlexR thực sự là như vậy, nhưng sau khi đi được nửa đường, tôi bắt đầu nghi ngờ rằng nó sẽ không bị giới hạn trong khoảng từ 0 đến 1. Tôi đang tìm kiếm xác nhận rằng tôi đã thiết lập vấn đề chính xác. Nếu tôi gặp khó khăn với chính tích phân, tôi sẽ hỏi Math.SE

— Shadowtalker

Khó khăn bạn gặp ở đây là bạn có một sự kiện liên quan đến các biến ngẫu nhiên không độc lập. Vấn đề có thể được đơn giản hóa và giải quyết bằng cách thao tác sự kiện để nó so sánh các mức tăng độc lập. Để thực hiện việc này, trước tiên chúng tôi lưu ý rằng đối với , mỗi thống kê đơn hàng có thể được viết là: $X_1, ..., X_N \sim \text{IID Exp}(\beta)$

X_{(k)} = β \sum_{i = 1}^{k} \frac{Z_{i}}{n - i + 1},

$X_{(k)} = \beta \sum_{i=1}^{k} \frac{Z_i}{n-i+1},$

trong đó (xem ví dụ: Renyi 1953, David và Nagaraja 2003). Điều này cho phép chúng ta viết và chúng ta có thể viết mẫu có nghĩa là: $Z_1, Z_2, ..., Z_n \sim \text{IID Exp} (1)$ $W_k = \beta Z_{k+1} / (n-k)$

\begin{aligned} \bar{X} \equiv \frac{β}{n} \sum_{k = 1}^{n} X_{(k)} & = \frac{β}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{k} \frac{Z_{i}}{n - i + 1} \\ = \frac{β}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k = i}^{n} \frac{Z_{i}}{n - i + 1} \\ = \frac{β}{n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \bar{X} \equiv \frac{\beta }{n} \sum_{k=1}^n X_{(k)} &= \frac{\beta }{n} \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^k \frac{Z_i}{n-i+1} \\ &= \frac{\beta }{n} \sum_{i=1}^n \sum_{k=i}^n \frac{Z_i}{n-i+1} \\ &= \frac{\beta }{n} \sum_{i=1}^n Z_i. \end{aligned} \end{equation}$

Để tạo điều kiện cho phân tích của chúng tôi, chúng tôi xác định số lượng:

a \equiv \frac{t (n - k)}{n - t (n - k)} .

$a \equiv \frac{t(n-k)}{n-t(n-k)}.$

Với sau đó chúng ta có: $a > 0$

\begin{aligned} P (W_{k} ⩾ t \bar{X}) & = P (\frac{Z_{k + 1}}{n - k} ⩾ \frac{t}{n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i}) \\ = P (\frac{n}{n - k} \cdot Z_{k + 1} ⩾ t \sum_{i = 1}^{k} Z_{i}) \\ = P ((\frac{n}{n - k} - t) Z_{k + 1} ⩾ t \sum_{i \neq k} Z_{i}) \\ = P ((\frac{n}{n - k} - t) Z ⩾ t G) = P (Z ⩾ a G), \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) &= \mathbb{P} \left( \frac{Z_{k+1}}{n-k} \geqslant \frac{t}{n} \sum_{i=1}^n Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \frac{n}{n-k} \cdot Z_{k+1} \geqslant t \sum_{i = 1}^k Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \left( \frac{n}{n-k} - t \right) Z_{k+1} \geqslant t \sum_{i \neq k} Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \left( \frac{n}{n-k} - t \right) Z \geqslant t G \right) = \mathbb{P} \left( Z \geqslant a G \right), \end{aligned} \end{equation}$

trong đó và là các biến ngẫu nhiên độc lập. Đối với trường hợp tầm thường trong đó chúng ta có . Đối với trường hợp không tầm thường trong đó chúng ta có và xác suất quan tâm là: $Z \sim \text{Exp} (1)$ $G \sim \text{Ga}(n-1, 1)$ $t \geqslant n / (n-k)$ $\mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) = 0$ $t < n / (n-k)$ $a>0$

\begin{aligned} P (W_{k} ⩾ t \bar{X}) & = \int_{0}^{\infty} Ga (g | n - 1, 1) \int_{a g}^{\infty} Exp (z | 1) d z d g \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (n - 1)} g^{n - 2} \exp (- g) \int_{a g}^{\infty} \exp (- z) d z d g \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (n - 1)} g^{n - 2} \exp (- g) (1 - \exp (a g)) d g \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (n - 1)} g^{n - 2} \exp (- g) d g - \int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (n - 1)} g^{n - 2} \exp (- (a + 1) g) d g \\ = 1 - (a + 1)^{- (n - 1)} \\ = 1 - {(1 - \frac{n - k}{n} \cdot t)}^{n - 1} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) &= \int\limits_0^\infty \text{Ga} (g| n-1, 1 ) \int\limits_{ag}^\infty \text{Exp}(z|1) dz dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} \int\limits_{ag}^\infty \exp{(-z)} dz dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} \left( 1 - \exp (ag) \right) dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} dg - \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-(a+1)g)} dg \\ &= 1 - (a+1)^{-(n-1)} \\ &= 1 - \left( 1- \frac{n-k}{n} \cdot t \right)^{n-1}. \end{aligned} \end{equation}$

Câu trả lời này là trực giác hợp lý. Xác suất này đang giảm nghiêm ngặt theo , với xác suất đơn vị khi và xác suất bằng 0 khi . $t$ $t=0$ $t = \frac{n}{n-k}$

— Ben - Phục hồi Monica
nguồn