Distribuição de peças 'não misturadas' com base na ordem da mistura

Suponha que eu emparelhei observações desenhadas como para . Let e denotam por o ° maior valor observado de . Qual é a distribuição (condicional) de ? (ou equivalente, o de ) $X_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_x^2\right), Y_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_y^2\right),$ $i=1,2,\ldots,n$ $Z_i = X_i + Y_i,$ $Z_{i_j}$ $j$ $Z$ $X_{i_j}$ $Y_{i_j}$

Ou seja, qual é a distribuição de condicional em sendo o ésima maior de valores observados de ? $X_i$ $Z_i$ $j$ $n$ $Z$

Estou supondo que, como $\rho = \frac{\sigma_x}{\sigma_y} \to 0$ , a distribuição de $X_{i_j}$ converge apenas para a distribuição incondicional de $X$ , enquanto como $\rho \to \infty$ , a distribuição de $X_{i_j}$ converge para a distribuição incondicional do $j$ estatística th ordem de $X$ . No meio, porém, estou incerto.

distributions order-statistics shrinkage

— shabbychef
fonte

Eu removi a tag "mistura" porque esta é uma pergunta sobre uma soma (ou, equivalente, sobre variáveis normais correlacionadas), não sobre uma mistura delas.

— whuber

X_{i}

$X_i$ também é assumido independente de

Y_{i}

$Y_i$ , sim?

— cardeal

@ cardinal: sim, eles são independentes.

— Shabbychef

Uma questão recente e relacionada que apareceu em math.SE: math.stackexchange.com/questions/38873/…

— cardinal

A solução publicada no math.SE é conceitualmente idêntica à solução que forneci abaixo - mas formulada usando uma terminologia ligeiramente diferente.

— NRH 14/05

Respostas:

Observe que a variável aleatória é uma função apenas de . Para um vetor , , escrevemos para o índice da ésima coordenada. Deixe também denotar a distribuição condicional de dada . $i_j$ $\mathbf{Z} = (Z_1, \ldots, Z_n)$ $n$ $\mathbf{z}$ $i_j(\mathbf{z})$ $j$ $P_z(A) = P(X_1 \in A \mid Z_1 = z)$ $X_1$ $Z_1$

Se quebrarmos as probabilidades de acordo com o valor de e desintegrarmos wrt , obteremos $i_j$ $\mathbf{Z}$

\begin{array}{rcl} P (X_{i_{j}} \in A) & = & \sum_{k} P (X_{k} \in A, i_{j} = k) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in A ∣ Z = z) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in A ∣ Z_{k} = z_{k}) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P_{z_{k}} (A) P (Z \in d z) \\ = & \int P_{z} (A) P (Z_{i_{j}} \in d z) \end{array}

$\begin{array}{rcl} P(X_{i_j} \in A) & = & \sum_{k} P(X_k \in A, i_j = k) \\ & = &\sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid \mathbf{Z} = \mathbf{z}) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid Z_k = z_k) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P_{z_k}(A) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \int P_{z}(A) P(Z_{i_j} \in dz) \\ \end{array}$

Esse argumento é bastante geral e se baseia apenas nas suposições iid declaradas, e pode ser qualquer função de . $Z_k$ $(X_k, Y_k)$

Sob as premissas de distribuições normais (assumindo ) e sendo a soma, a distribuição condicional de dada fica e @probabilityislogic mostra como calcular a distribuição de , portanto, temos expressões explícitas para ambas as distribuições que entram na última integral acima. Se a integral pode ser computada analiticamente é outra questão. Você pode, mas de cabeça para baixo, não sei dizer se é possível. Para análise assintótica quando ou $\sigma_y = 1$ $Z_k$ $X_1$ $Z_1 = z$

N (\frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}} z, σ_{x}^{2} (1 - \frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}}))

$N\left(\frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2} z, \sigma_x^2\left(1 - \frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2}\right)\right)$

Z_{i_{j}}

$Z_{i_j}$

σ_{x} \to 0

$\sigma_x \to 0$

σ_{x} \to \infty

$\sigma_x \to \infty$ pode não ser necessário.

A intuição por trás do cálculo acima é que esse é um argumento de independência condicional. Dado as variáveis e são independentes. $Z_{k} = z$ $X_{k}$ $i_j$

— NRH
fonte

A distribuição de não é difícil e é dada pela distribuição do composto Beta-F: $Z_{i_{j}}$

p_{Z_{i_{j}}} (z) d z = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{z}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{n - j} d z

$p_{Z_{i_{j}}}(z)dz=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dz$

Onde é um PDF normal padrão e é um CDF normal padrão, e . $\phi(x)$ $\Phi(x)$ $\sigma_{z}^{2}=\sigma_{y}^{2}+\sigma_{x}^{2}$

Agora, se você que , então é uma função 1-para-1 de , ou seja, . Então, eu pensaria que essa deveria ser uma aplicação simples da regra jacobiana. $Y_{i_{j}}=y$ $X_{i_{j}}$ $Z_{i_{j}}$ $X_{i_{j}}=Z_{i_{j}}-y$

p_{X_{i_{j}} | Y_{i_{j}}} (x | y) = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{x + y}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{x + y}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{x + y}{σ_{z}})]}^{n - j} d x

$p_{X_{i_{j}}|Y_{i_{j}}}(x|y)=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dx$

Parece fácil demais, mas acho correto. Feliz por ser mostrado errado.

— probabilityislogic
fonte

Você entendeu mal a pergunta. Estou procurando a distribuição de como uma função de . Na verdade, não observo o e o e não posso condicioná-los. Pode-se supor, wlog que , e assim considerar apenas os parâmetros .

X_{i_{j}}

$X_{i_j}$

j, n, σ_{x}, σ_{y}

$j, n, \sigma_x, \sigma_y$

X_{i}

$X_i$

Y_{i}

$Y_i$

σ_{x} = 1

$\sigma_x = 1$

j, n, σ_{y}

$j, n, \sigma_y$

— Shabbychef

ok - então basicamente você precisa remover desta equação? (integrado)

y

$y$

— probabilityislogic

sim; e não é independente do Z ...

— shabbychef