Seja as estatísticas da ordem. Avalie ,

Seja a estatística de ordem para uma amostra aleatória de tamanho partir de uma distribuição normal com média e variância .$X_{(1)}\leq X_{(2)}$$2$$\mu$$\sigma ^{2}$

Avalie , , , e .$\operatorname{E}(X_{(1)})$$\operatorname{E}(X_{(2)})$$\operatorname{Var}(X_{(1)})$$\operatorname{Var}(X_{(2)})$$\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})$

Minha tentativa: Em geral, para uma amostra aleatória de tamanho com função de distribuição e função de densidade eu sei que a função de densidade articular de é dada por Em particular, após vários cálculos, no nosso caso, temos$2$$F$$f$$X_{(j)}$

$$f_{X_{(j)}}(t)=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!}\left[F(t)\right]^{j-1}\left[1-F(t)\right]^{n-j}f(t) \qquad -\infty<t<\infty .$$

$$f_{X_{(j)}}(t)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\left[1-\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}} & \mbox{If }j=1 \\ \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\left[1+\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}} & \mbox{If }j=2 \end{array}\right. .$$ para .$-\infty<t<\infty$

Portanto, a expectativa é

$$E(X_{(j)})=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}{\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} t\left[1-\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}}dt} & \mbox{If }j=1 \\ \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}{\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} t\left[1+\mathrm{erf}\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)\right]e^{-\left(\frac{t-\mu}{\sigma \sqrt{2}}\right)^{2}}dt} & \mbox{If }j=2 \end{array}\right. .$$

Os problemas começam quando eu quero calcular , e porque não conheço a função de densidade das variáveis ​​aleatórias de para e , I não consegui calcular essas densidades, é basicamente isso que preciso, embora não saiba se existe outra maneira de fazer tudo isso sem ter que calcular essas densidades.$\operatorname{Var}(X_{(1)})$$\operatorname{Var}(X_{(2)})$$\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})$$X_{(j)}^{2}$$j=1,2$$X_{(1)}X_{(2)}$

Quando duas variáveis são identicamente distribuídas com uma distribuição contínua com densidade , o PDF conjunto de suas estatísticas de ordem é$(X_1,X_2)$$f$$(X_{(1)}, X_{(2)})$

$$2 f(x_1) f(x_2) \mathcal{I}(x_2 \gt x_1).\tag{1}$$

Sabemos como os momentos dependem dos parâmetros de localização e dos parâmetros de escala ; portanto, basta resolver o problema para e .$\mu$$\sigma$$\mu=0$$\sigma=1$

Essas figuras ilustram a análise a seguir. À esquerda, há um gráfico de contorno da densidade da junta de . No meio, há um gráfico de contorno da densidade articular das estatísticas da ordem (é idêntico na aparência ao gráfico esquerdo, mas restrito à região ; todos os contornos os valores também foram duplicados), juntamente com os vetores que representam as novas variáveis . À direita está a densidade da junta nas coordenadas , juntamente com os vetores que representam as estatísticas da ordem . Computar os momentos nas coordenadas é fácil. Fórmulas simples conectam esses momentos aos momentos das estatísticas originais da ordem.$(X_1,X_2)$$(1)$$x_{(2)}\ge x_{(1)}$$(U,V)$$(u,v)$$(X_{(1)}, X_{(2)})$$(u,v)$

Suponha que seja simétrico (como todas as distribuições normais). Como e tem a mesma distribuição, digamos, e obviamente digamos.$f$$X_1 + X_2 = X_{(1)} + X_{(2)}$$(-X_{(2)}, -X_{(1)})$

$$-\mathbb{E}(X_{(1)}) = \mathbb{E}(X_{(2)}) = \nu,$$ $$\operatorname{Var}(X_{(1)})= \operatorname{Var}(X_{(2)}) = \tau^2,$$

Neste ponto, vamos explorar algumas propriedades especiais das distribuições normais. Ao girar no sentido horário por para e , isso se torna a densidade de uma variável normal padrão bivariada que foi truncada no domínio . É imediato que tenha uma distribuição normal padrão e tenha uma distribuição meio-normal. Consequentemente$(X_{(1)}, X_{(2)})$$\pi/4$$U=(X_{(1)}+X_{(2)})/\sqrt{2}$$V=(X_{(2)}-X_{(1)})/\sqrt{2}$$(U,V)$$V \gt 0$$U$$V$

$$\mathbb{E}(U)=0, \ \mathbb{E}(V) = \sqrt{\frac{1}{\pi}},\ \operatorname{Var}(U)=1,\ \text{and}\ \operatorname{Var}(V) = 1 - \mathbb{E}(V)^2 = 1 - \frac{1}{\pi}.$$

Relacioná-los com as variáveis ​​originais dá

$$\cases{ 1 = \operatorname{Var}(U) = \operatorname{Var}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left(X_1+X_2\right)\right) = \frac{1}{2}\left(\tau^2 + \tau^2+2\operatorname{Cov}(X_1,X_2)\right) \\ 1 - \frac{1}{\pi} = \operatorname{Var}(U) = \cdots = \frac{1}{2}\left(\tau^2 + \tau^2-2\operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)})\right). }$$

A solução para essas equações lineares simultâneas é

$$\tau^2 = 1 - \frac{1}{\pi},\ \operatorname{Cov}(X_{(1)},X_{(2)}) = \frac{1}{2\pi}.$$

Da mesma maneira, expressar as expectativas de e em termos das expectativas de e fornece equações para cuja solução é .$U$$V$$X_{(1)}$$X_{(2)}$$\nu$$\nu = \sqrt{1/\pi}$

Voltando à pergunta original, onde as variáveis ​​são dimensionadas por e deslocadas por , as respostas devem, portanto, ser$\sigma$$\mu$

$$\mathbb{E}(X_{(i)}) = \mu + (-1)^i \sigma \sqrt{\frac{1}{\pi}}$$

e

$$\operatorname{Var}\left(X_{(1)}, X_{(2)}\right) = \sigma^2\pmatrix{1-\frac{1}{\pi} & \frac{1}{\pi} \\ \frac{1}{\pi} & 1 - \frac{1}{\pi}}.$$

Aqui está uma resposta de força bruta que carece da elegância dos cálculos da whuber, mas chega às mesmas conclusões.

Com denotando variáveis ​​aleatórias padrão independentes e temos que e $X_i, i = 1, 2,$

$$(W,Z) = \left(\min(X_1,X_2),\max(X_1,X_2)\right) = \left (X_{(1)},X_{(2)}\right),$$ $f_{X_1,X_2}(x,y)= \phi(x)\phi(y)$$f_{W,Z}(w,z)= \displaystyle \begin{cases}\displaystyle 2\phi(x)\phi(y), & z>w,\\ \ \\ 0, & z<w, \end{cases}$

onde indica a função de densidade normal padrão. Agora, $\phi(\cdot)$

$$\begin{align} E[W] &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty w\cdot f_{W,Z}(w,z)\, \mathrm dz\, \mathrm dw\\ &= \int_0^\infty \int_{\pi/4}^{5\pi/4} r\cos(\theta)\cdot \frac{1}{\pi} \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right)\, r\,\mathrm d\theta \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{change to polar coordinates}}\\ &= \left. \int_0^\infty \sin(\theta)\right|_{\pi/4}^{5\pi/4} \cdot \frac{1}{\pi} r^2 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr\\ &= -\frac{\sqrt 2}{\pi}\int_0^\infty r^2 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{now re-write the constant}}\\ &= -\frac{1}{\sqrt \pi}\int_{-\infty}^\infty r^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{and recognize the integral}}\\ &= -\frac{1}{\sqrt \pi}, \end{align}$$ $W+Z = X_{(1)}+X_{(2)} = X_1+X_2$, deduzimos que Da mesma forma, $$E[Z] = E[X_{1}+X_{2}]-E[W] = 0 - \left(-\frac{1}{\sqrt \pi}\right) = \frac{1}{\sqrt \pi}.$$ $$\begin{align} E[W^2] &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty w^2\cdot f_{W,Z}(w,z)\, \mathrm dz\, \mathrm dw\\ &= \int_0^\infty \int_{\pi/4}^{5\pi/4} r^2\cos^2(\theta)\cdot \frac{1}{\pi} \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right)\, r\,\mathrm d\theta \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{change to polar coordinates}}\\ &= \left. \int_0^\infty \frac{2\theta+\sin(2\theta)}{4}\right|_{\pi/4}^{5\pi/4} \cdot \frac{1}{\pi} r^3 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr\\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty r^3 \exp\left(\frac{-r^2}{2}\right) \, \mathrm dr &\scriptstyle{\text{now set }r^2/2 = t}\\ &= \int_0^\infty t \exp\left(-t\right) \, \mathrm dt \\ &= 1, \end{align}$$ $W^2+Z^2 = X_{(1)}^2+X_{(2)}^2 = X_1^2+X_2^2$ , temos que Segue-se que $$E[W^2+Z^2]= 1+E[Z^2]=E[X_1^2+X_2^2]=2 \implies E[Z^2] = E[W^2]=1.$$ $\operatorname{var}(W) = \operatorname{var}(Z) = 1-\frac{1}{\pi}.$

Finalmente,

$$\begin{align} \operatorname{cov}(X_{(1)},X_{(2)})&= \operatorname{cov}(W,Z)\\ &= E[WZ] - E[W]E[Z]\\ &= E[X_1X_2] + \frac{1}{\pi}\\ &= E[X_1]E[X_2] + \frac{1}{\pi}&\scriptstyle{\text{because }X_1~\text{and }X_2~\text{are independent}}\\ &= \frac{1}{\pi} \end{align}$$

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Se e são dimensionados por e traduzidos por para iid , então preparamos $X_1$$X_2$$\sigma$$\mu$$N(\mu,\sigma^2)$

$$E[X_{(1)}] = \mu - \frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}, \quad E[X_{(2)}] = \mu + \frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}\\ \operatorname{var}(X_{(1)}) = \operatorname{var}(X_{(2)}) = \sigma^2\left(1-\frac{1}{\pi}\right)\\ \operatorname{cov}(X_{(1)},X_{(2)}) = \frac{\sigma^2}{\pi}.$$