Quelle est la distribution des rapports d'un espacement et de la moyenne de l'échantillon?

Soit un échantillon de variables aléatoires exponentielles iid avec une moyenne , et soit les statistiques d'ordre de cet échantillon. Soit . $X_1,\dots,X_n$ $\beta$ $X_{(1)},\dots,X_{(n)}$ $\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$

Définissez les espacementsOn peut montrer que chaque est également exponentiel, avec une moyenne .

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}

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

Question: Comment pourrais-je trouver , où est connu et non négatif? $\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)$ $t$

Tentative: je sais que cela est égal à . J'ai donc utilisé la loi de la probabilité totale comme : $1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)$

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,

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

qui se transforme en une intégrale désordonnée mais je pense tractable.

Suis-je sur la bonne voie ici? Est-ce une utilisation valable de la loi de la probabilité totale?

Une autre approche pourrait être de regarder la distribution des différences:

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

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

Ou même séparer les sommes:

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

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

Une solution au cas exponentiel serait excellente, mais encore mieux serait une sorte de contraintes générales sur la distribution. Ou à tout le moins, ses moments, qui suffiraient à me donner les inégalités de Chebyshev et Markov.

Mise à jour: voici l'intégrale de la première méthode:

\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}

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

Je joue avec lui depuis un petit moment et je ne sais pas où aller avec.

probability distributions exponential order-statistics shadowtalker
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L'intégrale que vous obtenez semble relativement simple après avoir distribué les termes entre parenthèses. Après un changement de variables, il semble que vous obtiendrez des fonctions gamma.

Alex R.

@AlexR en effet, mais après l'avoir à mi-parcours, j'ai commencé à soupçonner qu'il ne serait pas limité entre 0 et 1. Je cherche plus à confirmer que j'ai correctement configuré le problème. Si je suis coincé avec l'intégrale elle-même, je demanderai sur Math.SE

shadowtalker

Réponses:

La difficulté que vous rencontrez ici est que vous avez un événement concernant des variables aléatoires non indépendantes. Le problème peut être simplifié et résolu en manipulant l'événement afin qu'il compare les incréments indépendants. Pour ce faire, nous avons d' abord que pour , chacune des statistiques de commande peut s'écrire: $X_1, ..., X_N \sim \text{IID Exp}(\beta)$

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

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

$Z_1, Z_2, ..., Z_n \sim \text{IID Exp} (1)$ $W_k = \beta Z_{k+1} / (n-k)$

\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}

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

Pour faciliter notre analyse nous définissons la quantité:

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

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

$a > 0$

\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}

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

où et sont des variables aléatoires indépendantes. Pour le cas trivial où nous avons . Pour le cas non trivial où nous avons , et la probabilité d'intérêt est: $Z \sim \text{Exp} (1)$ $G \sim \text{Ga}(n-1, 1)$ $t \geqslant n / (n-k)$ $\mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) = 0$ $t < n / (n-k)$ $a>0$

\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}

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

Cette réponse est intuitivement raisonnable. Cette probabilité est strictement décroissante en , avec une probabilité unitaire lorsque et une probabilité nulle lorsque . $t$ $t=0$ $t = \frac{n}{n-k}$

Ben - Réintègre Monica
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