간격과 표본 평균의 비율 분포는 무엇입니까?

하자 평균이 IID 지수 확률 변수의 샘플 수 및하자 이 샘플의 수의 순서 통계. 하자 . $X_1,\dots,X_n$ $\beta$ $X_{(1)},\dots,X_{(n)}$ $\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$

간격을 정의하십시오.이 도시 될 수있다 각 것을 함께 평균도 기하 급수적 .

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}

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

질문 : 내가 찾는 것에 대해 갈 것이라고 어떻게 여기서 알려진 음이 아닌입니까? $\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)$ $t$

시도 : 이것이 . 그래서 나는 총 확률 법칙을 다음과 같이 사용했습니다 : $1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)$

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,

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

난장판으로 변하지 만 난해한 적분이라고 생각합니다.

내가 올바른 길을 가고 있습니까? 이것이 총 확률 법칙의 올바른 사용입니까?

다른 방법은 차이 분포를 보는 것입니다.

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

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

또는 합을 분리하십시오 :

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

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

지수의 경우에 대한 해결책은 훌륭하지만 분포에 대한 일반적인 제약 조건이 더 좋습니다. 또는 적어도 그 순간은 체비 쇼프와 마르코프의 불평등을 가져 오기에 충분합니다.

업데이트 : 첫 번째 방법의 필수 요소는 다음과 같습니다.

\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}

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

나는 잠시 동안 놀고 있었는데 어디로 갈지 잘 모르겠습니다.

— 그림자 추적자
소스

괄호 용어를 배포하면 적분이 비교적 간단 해집니다. 변수가 변경되면 감마 함수가 생길 것 같습니다.

— Alex R.

@ AlexR은 실제로 그렇게하지만 반쯤 지나간 후에는 0과 1 사이에 제한되지 않는다고 의심하기 시작했습니다. 문제를 올바르게 설정했는지 확인하고 싶습니다. 적분 자체에 갇 히면 Math.SE

— shadowtalker

여기서 어려움은 비 독립적 랜덤 변수와 관련된 이벤트가 있다는 것입니다. 독립 증분을 비교하도록 이벤트를 조작하여 문제점을 단순화하고 해결할 수 있습니다. 이를 위해 먼저 경우 각 주문 통계는 다음과 같이 작성할 수 있습니다. $X_1, ..., X_N \sim \text{IID Exp}(\beta)$

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

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

여기서 (예 : Renyi 1953, David 및 Nagaraja 2003 참조). 이를 통해 를 쓸 수 있으며 표본 평균을 다음과 같이 쓸 수 있습니다. $Z_1, Z_2, ..., Z_n \sim \text{IID Exp} (1)$ $W_k = \beta Z_{k+1} / (n-k)$

\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}

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

분석을 용이하게하기 위해 수량을 정의합니다.

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

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

들어 우리는 다음과 같습니다 $a > 0$

\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}

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

여기서 및 은 독립적 인 랜덤 변수입니다. 사소한 경우 에는 입니다. 인 사소한 경우 우리는 이고 관심 확률은 다음과 같습니다. $Z \sim \text{Exp} (1)$ $G \sim \text{Ga}(n-1, 1)$ $t \geqslant n / (n-k)$ $\mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) = 0$ $t < n / (n-k)$ $a>0$

\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}

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

이 대답은 직관적으로 합리적입니다. 이 확률은 에서 엄격하게 감소하며 , 때의 단위 확률 과 때의 확률은 입니다. $t$ $t=0$ $t = \frac{n}{n-k}$

— 벤-복원 모니카
소스