¿Cuál es la distribución de razón de un espaciado y la media de la muestra?

Sea una muestra de variables aleatorias exponenciales iid con media , y sea las estadísticas de orden de esta muestra. Deje . $X_1,\dots,X_n$ $\beta$ $X_{(1)},\dots,X_{(n)}$ $\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$

DefinirSe puede demostrar que cada también es exponencial, con media .

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}

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

Pregunta: ¿Cómo haría para encontrar , donde es conocido y no negativo? $\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)$ $t$

Intento: Sé que esto es igual a . Así que usé la ley de probabilidad total así: $1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)$

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,

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

lo que se convierte en un desordenado pero creo integral manejable.

¿Estoy en el camino correcto aquí? ¿Es este un uso válido de la Ley de Probabilidad Total?

Otro enfoque podría ser mirar la distribución de diferencia:

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

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

O incluso las sumas:

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

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

Una solución para el caso exponencial sería excelente, pero aún mejor sería algún tipo de restricciones generales en la distribución. O al menos, sus momentos, que serían suficientes para darme desigualdades de Chebyshev y Markov.

Actualización: aquí está la integral del primer método:

\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}

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

He estado jugando un poco con él y no estoy seguro de a dónde ir.

probability distributions exponential order-statistics Shadowtalker
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La integral que obtienes se ve relativamente sencilla después de distribuir los términos entre paréntesis. Después de un cambio de variables, parece que obtendrá algunas funciones gamma.

Alex R.

@AlexR de hecho lo hace, pero después de llegar a la mitad comencé a sospechar que no estaría limitado entre 0 y 1. Estoy más buscando confirmación de que configuré el problema correctamente. Si me quedo con la integral en sí, preguntaré en Math.SE

shadowtalker

Respuestas:

La dificultad que tiene aquí es que tiene un evento que relaciona variables aleatorias no independientes. El problema se puede simplificar y resolver manipulando el evento para que compare los incrementos independientes. Para hacer esto, primero notamos que para , cada una de las estadísticas del pedido se puede escribir como: $X_1, ..., X_N \sim \text{IID Exp}(\beta)$

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

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

donde (ver, por ejemplo, Renyi 1953, David y Nagaraja 2003). Esto nos permite escribir y podemos escribir la media de la muestra como: $Z_1, Z_2, ..., Z_n \sim \text{IID Exp} (1)$ $W_k = \beta Z_{k+1} / (n-k)$

\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}

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

Para facilitar nuestro análisis definimos la cantidad:

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

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

Para entonces tenemos: $a > 0$

\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}

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

donde y son variables aleatorias independientes. Para el caso trivial donde tenemos . Para el caso no trivial donde tenemos , y la probabilidad de interés es: $Z \sim \text{Exp} (1)$ $G \sim \text{Ga}(n-1, 1)$ $t \geqslant n / (n-k)$ $\mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) = 0$ $t < n / (n-k)$ $a>0$

\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}

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

Esta respuesta es intuitivamente razonable. Esta probabilidad está disminuyendo estrictamente en , con probabilidad unitaria cuando y probabilidad cero cuando . $t$ $t=0$ $t = \frac{n}{n-k}$

Ben - Restablece a Monica
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