Đặt là thống kê đơn hàng. Đánh giá ,

Đặt là thống kê đơn hàng cho một mẫu ngẫu nhiên có kích thước từ một phân phối bình thường với trung bình và phương sai .$X_{(1)}\leq X_{(2)}$$2$$\mu$$\sigma ^{2}$

Đánh giá , , , và .$\operatorname{E}(X_{(1)})$$\operatorname{E}(X_{(2)})$$\operatorname{Var}(X_{(1)})$$\operatorname{Var}(X_{(2)})$$\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})$

Cố gắng của tôi: Nói chung, đối với một mẫu ngẫu nhiên có kích thước với hàm phân phối và hàm mật độ Tôi biết rằng hàm mật độ khớp của được cho bởi Đặc biệt, sau nhiều lần tính toán, trong trường hợp của chúng tôi, chúng tôi có$2$$F$$f$$X_{(j)}$

$$f_{X_{(j)}}(t)=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!}\left[F(t)\right]^{j-1}\left[1-F(t)\right]^{n-j}f(t) \qquad -\infty<t<\infty .$$

$$f_{X_{(j)}}(t)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\left[1-\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}} & \mbox{If }j=1 \\ \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\left[1+\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}} & \mbox{If }j=2 \end{array}\right. .$$ cho .$-\infty<t<\infty$

Do đó, kỳ vọng là

$$E(X_{(j)})=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}{\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} t\left[1-\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}}dt} & \mbox{If }j=1 \\ \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}{\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} t\left[1+\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}}dt} & \mbox{If }j=2 \end{array}\right. .$$

Các vấn đề bắt đầu khi tôi muốn tính toán , và vì tôi không biết hàm mật độ của các biến ngẫu nhiên của cho và , I không thể tính được các mật độ này, về cơ bản là những gì tôi cần, mặc dù tôi không biết liệu có cách nào khác để tạo ra tất cả những thứ này mà không phải tính các mật độ này không.$\operatorname{Var}(X_{(1)})$$\operatorname{Var}(X_{(2)})$$\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})$$X_{(j)}^{2}$$j=1,2$$X_{(1)}X_{(2)}$

Khi hai biến được phân phối chính xác với phân phối liên tục có mật độ , PDF chung của thống kê đơn hàng của chúng là$(X_1,X_2)$$f$$(X_{(1)}, X_{(2)})$

$$2 f(x_1) f(x_2) \mathcal{I}(x_2 \gt x_1).\tag{1}$$

Chúng tôi biết các khoảnh khắc phụ thuộc vào tham số vị trí và tham số tỷ lệ , do đó, đủ để giải quyết vấn đề cho và .$\mu$$\sigma$$\mu=0$$\sigma=1$

Những số liệu này minh họa các phân tích sau đây. Ở bên trái là một đường viền của mật độ khớp của . Ở giữa là một biểu đồ đường viền của mật độ chung của thống kê đơn hàng (nó giống hệt với biểu đồ bên trái nhưng bị giới hạn ở vùng ; tất cả các đường viền các giá trị cũng được nhân đôi), cùng với các vectơ mô tả các biến mới . Ở bên phải là mật độ khớp theo tọa độ , cùng với các vectơ mô tả thống kê thứ tự . Tính toán các khoảnh khắc trong tọa độ thật dễ dàng. Các công thức đơn giản kết nối những khoảnh khắc này với những khoảnh khắc của thống kê đơn hàng ban đầu.$(X_1,X_2)$$(1)$$x_{(2)}\ge x_{(1)}$$(U,V)$$(u,v)$$(X_{(1)}, X_{(2)})$$(u,v)$

Giả sử là đối xứng (như tất cả các phân phối chuẩn). Vì và có cùng phân phối, nói và rõ ràng giả sử.$f$$X_1 + X_2 = X_{(1)} + X_{(2)}$$(-X_{(2)}, -X_{(1)})$

$$-\mathbb{E}(X_{(1)}) = \mathbb{E}(X_{(2)}) = \nu,$$ $$\operatorname{Var}(X_{(1)})= \operatorname{Var}(X_{(2)}) = \tau^2,$$

Tại thời điểm này, hãy khai thác một số thuộc tính đặc biệt của phân phối chuẩn. Khi xoay theo chiều kim đồng hồ theo đến và , điều này trở thành mật độ của một biến thông thường tiêu chuẩn bivariate đã bị cắt cụt cho miền . Ngay lập tức rằng có phân phối chuẩn và có phân phối nửa bình thường. hậu quả là$(X_{(1)}, X_{(2)})$$\pi/4$$U=(X_{(1)}+X_{(2)})/\sqrt{2}$$V=(X_{(2)}-X_{(1)})/\sqrt{2}$$(U,V)$$V \gt 0$$U$$V$

$$\mathbb{E}(U)=0, \ \mathbb{E}(V) = \sqrt{\frac{1}{\pi}},\ \operatorname{Var}(U)=1,\ \text{and}\ \operatorname{Var}(V) = 1 - \mathbb{E}(V)^2 = 1 - \frac{1}{\pi}.$$

Liên quan những điều này với các biến ban đầu cho

$$\cases{ 1 = \operatorname{Var}(U) = \operatorname{Var}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left(X_1+X_2\right)\right) = \frac{1}{2}\left(\tau^2 + \tau^2+2\operatorname{Cov}(X_1,X_2)\right) \\ 1 - \frac{1}{\pi} = \operatorname{Var}(U) = \cdots = \frac{1}{2}\left(\tau^2 + \tau^2-2\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})\right). }$$

Giải pháp cho các phương trình tuyến tính đồng thời này là

$$\tau^2 = 1 - \frac{1}{\pi},\ \operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)}) = \frac{1}{2\pi}.$$

Theo cách tương tự, biểu thị các kỳ vọng của và theo các giá trị của và đưa ra các phương trình cho có giải pháp là .$U$$V$$X_{(1)}$$X_{(2)}$$\nu$$\nu = \sqrt{1/\pi}$

Quay trở lại câu hỏi ban đầu, trong đó các biến được chia tỷ lệ theo và được dịch bởi , do đó, các câu trả lời phải là$\sigma$$\mu$

$$\mathbb{E}(X_{(i)}) = \mu + (-1)^i \sigma \sqrt{\frac{1}{\pi}}$$

và

$$\operatorname{Var}\left(X_{(1)}, X_{(2)}\right) = \sigma^2\pmatrix{1-\frac{1}{\pi} & \frac{1}{\pi} \\ \frac{1}{\pi} & 1 - \frac{1}{\pi}}.$$

Dưới đây là một câu trả lời vũ phu thiếu đi sự tao nhã trong tính toán của những người làm nghề nhưng lại đi đến kết luận tương tự.

Với biểu thị các biến ngẫu nhiên tiêu chuẩn độc lập và chúng ta có và $X_i, i = 1, 2,$

$$(W,Z) = \left(\min(X_1,X_2),\max(X_1,X_2)\right) = \left (X_{(1)},X_{(2)}\right),$$ $f_{X_1,X_2}(x,y)= \phi(x)\phi(y)$$f_{W,Z}(w,z)= \displaystyle \begin{cases}\displaystyle 2\phi(x)\phi(y), & z>w,\\ \ \\ 0, & z<w, \end{cases}$

trong đó biểu thị hàm mật độ chuẩn thông thường. Hiện nay, $\phi(\cdot)$

$$\begin{align} E[W] &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty w\cdot f_{W,Z}(w,z)\, \mathrm dz\, \mathrm dw\\ &= \int_0^\infty \int_{\pi/4}^{5\pi/4} r\cos(\theta)\cdot \frac{1}{\pi} \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right)\, r\,\mathrm d\theta \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{change to polar coordinates}}\\ &= \left. \int_0^\infty \sin(\theta)\right|_{\pi/4}^{5\pi/4} \cdot \frac{1}{\pi} r^2 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr\\ &= -\frac{\sqrt 2}{\pi}\int_0^\infty r^2 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{now re-write the constant}}\\ &= -\frac{1}{\sqrt \pi}\int_{-\infty}^\infty r^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{and recognize the integral}}\\ &= -\frac{1}{\sqrt \pi}, \end{align}$$ $W+Z = X_{(1)}+X_{(2)} = X_1+X_2$, chúng tôi suy luận rằng Tương tự, $$E[Z] = E[X_{1}+X_{2}]-E[W] = 0 - \left(-\frac{1}{\sqrt \pi}\right) = \frac{1}{\sqrt \pi}.$$ $$\begin{align} E[W^2] &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty w^2\cdot f_{W,Z}(w,z)\, \mathrm dz\, \mathrm dw\\ &= \int_0^\infty \int_{\pi/4}^{5\pi/4} r^2\cos^2(\theta)\cdot \frac{1}{\pi} \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right)\, r\,\mathrm d\theta \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{change to polar coordinates}}\\ &= \left. \int_0^\infty \frac{2\theta+\sin(2\theta)}{4}\right|_{\pi/4}^{5\pi/4} \cdot \frac{1}{\pi} r^3 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr\\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty r^3 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{now set }r^2/2 = t}\\ &= \int_0^\infty t \exp\left(-t\right) \, \mathrm dt \\ &= 1, \end{align}$$ $W^2+Z^2 = X_{(1)}^2+X_{(2)}^2 = X_1^2+X_2^2$ , chúng ta có Theo sau đó $$E[W^2+Z^2]= 1+E[Z^2]=E[X_1^2+X_2^2]=2 \implies E[Z^2] = E[W^2]=1.$$ $\operatorname{var}(W) = \operatorname{var}(Z) = 1-\frac{1}{\pi}.$

Cuối cùng,

$$\begin{align} \operatorname{cov}(X_{(1)},X_{(2)})&= \operatorname{cov}(W,Z)\\ &= E[WZ] - E[W]E[Z]\\ &= E[X_1X_2] + \frac{1}{\pi}\\ &= E[X_1]E[X_2] + \frac{1}{\pi}&\scriptstyle{\text{because }X_1~\text{and }X_2~\text{are independent}}\\ &= \frac{1}{\pi} \end{align}$$

---

Nếu và được chia tỷ lệ theo và được dịch bởi thành iid , thì chúng tôi đã sẵn sàng nhận $X_1$$X_2$$\sigma$$\mu$$N(\mu,\sigma^2)$

$$E[X_{(1)}] = \mu - \frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}, \quad E[X_{(2)}] = \mu + \frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}\\ \operatorname{var}(X_{(1)}) = \operatorname{var}(X_{(2)}) = \sigma^2\left(1-\frac{1}{\pi}\right)\\ \operatorname{cov}(X_{(1)},X_{(2)}) = \frac{\sigma^2}{\pi}.$$