Có một biến ngẫu nhiên

Hãy tưởng tượng tôi đã đưa ra một biến ngẫu nhiên $X$ với supp$(X)=(0,\infty)$ và $\mathbb P(X \in (0,a))>0$ đối với bất kỳ cố định $a>0$

Bây giờ được đưa ra một mẫu iid $X_1,...,X_n$ - Có thể là

$$X^{(2)}/X^{(1)}\xrightarrow{\mathbb P}1$$ cho $n \to \infty$, Ở đâu $X^{(i)}$ mô tả $i$-Thế tố nhỏ nhất?

Có, có những phân phối như vậy trong đó tỷ lệ của các giá trị nhỏ nhất thứ hai đến nhỏ nhất đạt đến sự thống nhất về xác suất khi kích thước mẫu tăng lên lớn. Họ phải hành xử "về cơ bản" giống như các bản phân phối với sự hỗ trợ tích cực nghiêm ngặt theo nghĩa tiếp cận xác suất bằng không rất nhanh, rất nhanh tại điểm gốc. Xem hình đầu tiên bên dưới để minh họa.

(Tôi dựa vào trực giác chính xác rằng khi phân phối có cực tiểu dương hoàn toàn, cuối cùng hai giá trị nhỏ nhất trong các mẫu lớn sẽ gần với mức tối thiểu đó với xác suất cao, do đó tỷ lệ của chúng đạt đến sự thống nhất. Trực giác này sẽ không hoạt động khi mức tối thiểu bằng không.)

---

Để thuận tiện, làm việc let với biến ngẫu nhiên độc lập và phân phối hệt với các bản phân phối liên tục. Điều này có nghĩa là chúng có mật độ chung và là hàm phân phối chung của chúng.$X_i$$f$$F(x)=F(0)+\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$

Câu hỏi liên quan đến hai nhỏ nhất trong số đầu tiên của các biến này, trong đó sẽ phát triển lớn tùy ý. Sự phân bố chung của hai giá trị nhỏ nhất trong số đó có mật độ$n$$X\lt Y,$$n$

$$f_{n;2}(x,y) = n(n-1)f(x)f(y)\left(1-F(y)\right)^{n-2}$$

cho tất cả Giới thiệu một biến được định nghĩa bởi$0\le x\le y.$$u$

$$x = uy$$

để biểu thị tỷ lệ thay đổi các biến từ$x/y\le 1,$$(x,y)$ đến $(u,y),$ tích hợp từ $u=0$ đến $u=r$ (Có thể được biểu diễn dưới dạng $F$), Và tích hợp trên tất cả các giá trị có thể của $y$ sẽ cho chúng ta hàm phân phối của tỷ lệ $U=X/Y$ như

$$\Pr(U \le r) = n(n-1)\int_0^\infty f(y)F(ry)(1-F(y))^{n-2}\,\mathrm{d}y$$ cho$0 \le r \le 1.$

Biểu thức này sẽ là đối tượng phân tích của chúng tôi.

---

Trong một số trường hợp, phân phối của rất dễ đánh giá$U$ . Mặc dù phần tiếp theo này là một trò chơi, nhưng nó cho thấy một quá trình suy nghĩ dẫn đến một câu trả lời.

Lấy ví dụ, cho nơi Tôi có được một câu trả lời mà không thay đổi với ở tất cả: cho tỷ lệ tốt

$$F_p(y) = y^p$$ $0\le y\le 1$$p\gt 0.$$n$$0\le r \le 1,$

$$\Pr(U \le r) = r^p.\tag{1}$$

Điều này chỉ ra rằng bất kỳ phân phối nào hoạt động như gần gốc sẽ mang lại kết quả như phân phối công suất này cho tỷ lệ; đặc biệt, nó sẽ không hội tụ về trong xác suất.$F$$F(y)\approx y^p$$1$

---

Khi phát triển lớn, sẽ hội tụ đến giá trị không đổi trong xác suất. Nói cách khác, mặc dù chúng tôi chưa phát hiện ra bất kỳ phân phối nào trong đó tỷ lệ tiếp cận , chúng tôi có một gia đình phân phối trong đó tỷ lệ này có thể được thực hiện gần bằng như chúng tôi muốn bằng cách chọn một thành viên phù hợp trong gia đình (đó là , bằng cách chọn công suất đủ lớn). Do đó, chúng tôi có thể xem xét các phân phối trong đó, tại điểm gốc, phẳng hơn bất kỳ đa thức nào. Các chức năng cổ điển và đơn giản nhất là$p$$(1)$$1$$U$$1$$1$$p$$F$

$$F(x) = \exp\left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$$

cho$0 \le x \le 1.$

Rõ ràng sự hỗ trợ của nó kéo dài xuống bởi vì số mũ không bao giờ bằng không. là vô cùng khác biệt ở nhưng tất cả các dẫn xuất đều ở đó.$0,$$F$$0$

Trong trường hợp này không thể thiếu cho vẫn có thể được đánh giá. Việc biểu thị kết quả theo đơn giản hơn trong đó như$\Pr(U\le r)$$s \ge 1,$

$$1/s^2 = r,$$

$$\Pr(U \le r) = \Pr(U \le 1/s^2) = \frac{e^{1-s}n!}{(1+s)^{(n-1)}}= s\,e^{1-s}\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}}\tag{2}$$

Ở đâu

$$s^{(n)} = s(1+s)(2+s)\cdots(n-1+s)$$

là hàm Pochhammer. Dưới đây là các sơ đồ xác suất này (dưới dạng hàm của ) cho và Các biểu đồ giảm xuống mức 0 khi tăng:$s$$n=2, 2^2, 2^{2^2}, 2^{2^3},$$2^{2^4}.$$n$

Thật dễ dàng để chỉ ra rằng với mọi$z = s-1 \gt 0,$

$$\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} = \frac{1^{(n)}}{(1+z)^{(n)}} = \frac{1}{1+z}\frac{2}{2+z}\frac{3}{3+z}\cdots\frac{n}{n+z} \to 0$$

khi phát triển lớn. (Kiểm tra chuỗi MacLaurin của logarit của nó.) Do đó, với mọi đi về chứng minh tỷ lệ đạt đến hằng số trong xác suất.$n$$s=1+z \gt 1,$ $(2)$$0,$$U$$1$