Aspettativa condizionale di statistiche di ordine variabile variabile casuale uniforme

Supponi X = ~ , dove .$(X_1, ..., X_n)$$U(\theta, 2\theta)$$\theta \in \Bbb{R}^+$

Come si calcola l'aspettativa condizionale di , dove e sono rispettivamente le statistiche di ordine più piccolo e più grande?$E[X_1|X_{(1)},X_{(n)}]$$X_{(1)}$$X_{(n)}$

Il mio primo pensiero sarebbe che, poiché le statistiche dell'ordine limitano l'intervallo, è semplicemente , ma non sono sicuro che sia corretto!$(X_{(1)}+X_{(n)})/2$

Si consideri il caso di un campione iid da una distribuzione Uniform . Ridimensionare queste variabili di e tradurle di conferisce una distribuzione Uniforme . Tutto ciò che è rilevante per questo problema cambia allo stesso modo: le statistiche dell'ordine e le aspettative condizionali. Pertanto, la risposta ottenuta in questo caso speciale sarà generalmente valida.$X_1, X_2, \ldots, X_n$$(0,1)$$\theta$$\theta$$(\theta, 2\theta)$

Lascia Emulando il ragionamento su https://stats.stackexchange.com/a/225990/919 (o altrove), scopri che la distribuzione congiunta di ha la funzione di densità$1\lt k\lt n.$$(X_{(1)}, X_{(k)}, X_{(n)})$

$$f_{k;n}(x,y,z) = \mathcal{I}(0\le x\le y\le z \le 1) (y-x)^{k-2}(z-y)^{n-k-1}.$$

Fissaggio $(x,z)$ e vedendolo come una funzione di $y,$ questo è riconoscibile come beta$(k-1, n-k)$ distribuzione che è stata ridimensionata e tradotta nell'intervallo $[x,z].$ Pertanto, il fattore di scala deve essere $z-x$ e la traduzione richiede $0$ per $x.$

Dal momento che l' aspettativa di una beta$(k-1,n-k)$la distribuzione è$(k-1)/(n-1),$ troviamo che l'aspettativa condizionale di $X_{(k)}$deve essere l'aspettativa ridotta e tradotta; cioè,

$$\mathbb{E}\left(X_{(k)}\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) = X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{k-1}{n-1}.$$

I casi $k=1$ e $k=n$ sono banali: le loro aspettative condizionali sono, rispettivamente, $X_{(1)}$ e $X_{(k)}.$

Troviamo l'aspettativa della somma di tutte le statistiche degli ordini:

$$\mathbb{E}\left(\sum_{k=1}^n X_{(k)}\right) = X_{(1)} + \sum_{k=2}^{n-1} \left(X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{k-1}{n-1}\right) + X_{(n)}.$$

L'algebra si riduce all'ottenimento della somma

$$\sum_{k=2}^{n-1}(k-1) = (n-1)(n-2)/2.$$

così

$$\eqalign{ \mathbb{E}\left(\sum_{k=1}^n X_{(k)}\right) &= (n-1)X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{(n-1)(n-2)}{2(n-1)} + X_{(n)} \\ &= \frac{n}{2}\left(X_{(n)}+X_{(1)}\right). }$$

Infine, perché il $X_i$ sono distribuiti in modo identico, hanno tutti la stessa aspettativa, da cui

$$\eqalign{n\mathbb{E}\left(X_1\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) &= \mathbb{E}\left(X_1\right) + \mathbb{E}\left(X_2\right) + \cdots + \mathbb{E}\left(X_n\right)\\ &= \mathbb{E}\left(X_{(1)}\right) + \mathbb{E}\left(X_{(2)}\right) + \cdots + \mathbb{E}\left(X_{(n)}\right) \\ &= \frac{n}{2}\left(X_{(n)}+X_{(1)}\right), }$$

con la soluzione unica

$$\mathbb{E}\left(X_1\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) = \left(X_{(n)}+X_{(1)}\right)/2.$$

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Vale la pena notare che questo risultato non è una sola conseguenza della simmetria della distribuzione uniforme: è particolare per la famiglia uniforme di distribuzioni. Per un po 'di intuizione, considera i dati tratti da una beta$(a,a)$ distribuzione con $a \lt 1.$ Le probabilità di questa distribuzione sono concentrate vicino $0$ e $1$(la sua densità ha una forma a U o "vasca"). quando$X_{(n)}\lt 1/2,$ possiamo essere certi che la maggior parte dei dati sia accumulata vicino $X_{(1)}$ e quindi tenderà ad avere aspettative inferiori al punto medio $(X_{(1)}+X_{(n)})/2;$ e quando $X_{(1)}\gt 1/2,$ accade il contrario e la maggior parte dei dati è probabilmente accumulata vicino $X_{(n)}.$

Quanto segue non è una prova ma una verifica del risultato desiderato una volta che lo sai $(X_{(1)},X_{(n)})$ è una statistica completa per $\theta$ :

Pdf congiunto di $X_1,X_2,\ldots,X_n$ è

$$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\ldots,x_n)&=\frac{1}{\theta^n}\mathbf1_{\theta<x_{(1)},x_{(n)}<2\theta} \\&=\frac{1}{\theta^n}\mathbf1_{\frac{1}{2}x_{(n)}<\theta<x_{(1)}}\quad,\,\theta\in\mathbb R^+ \end{align}$$

Così $T=(X_{(1)},X_{(n)})$ è una statistica sufficiente per $\theta$. Si può dimostrare che$T$è anche una statistica completa procedendo lungo queste linee.

Quindi dal teorema di Lehmann-Scheffe ,$E\,[X_1\mid T]$ è l'UMVUE di $E(X_1)=\frac{3\theta}{2}$.

Adesso, $\frac{1}{\theta}(X_i-\theta)\stackrel{\text{i.i.d}}\sim \mathsf U(0,1)$, così che $\frac{1}{\theta}(X_{(n)}-\theta)\sim\mathsf{Beta}(n,1)$ e $\frac{1}{\theta}(X_{(1)}-\theta)\sim \mathsf{Beta}(1,n)$.

Perciò, $E(X_{(n)})=\frac{n\theta}{n+1}+\theta=\frac{(2n+1)\theta}{n+1}$ e $E(X_{(1)})=\frac{\theta}{n+1}+\theta=\frac{(n+2)\theta}{n+1}$.

Quindi,

$$E\left[\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})\right]=\frac{1}{2(n+1)}\left((n+2)\theta+(2n+1)\theta\right)=\frac{3\theta}{2}$$

Questo lo dimostra $\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$ è l'UMVUE di $\frac{3\theta}{2}$ di Lehmann-Scheffe.

Poiché UMVUE è univoco ogni volta che esiste, lo verifica $E\,[X_1\mid T]=\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$.