Expectativa condicional de variável aleatória uniforme, dada estatística de ordem

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

Como se calcula a expectativa condicional de $E[X_1|X_{(1)},X_{(n)}]$ , onde $X_{(1)}$ e $X_{(n)}$ são as estatísticas de menor e maior ordem, respectivamente?

Meu primeiro pensamento seria que, uma vez que as estatísticas da ordem limitam o intervalo, é simplesmente $(X_{(1)}+X_{(n)})/2$ , mas não tenho certeza se isso está correto!

Considere o caso de uma amostra iid $X_1, X_2, \ldots, X_n$ de uma distribuição Uniforme $(0,1)$ . Escalar essas variáveis ​​por $\theta$ e traduzi-las por $\theta$ dota-as de uma distribuição Uniforme $(\theta, 2\theta)$ . Tudo o que é relevante para esse problema muda da mesma maneira: as estatísticas da ordem e as expectativas condicionais. Assim, a resposta obtida neste caso especial será válida em geral.

Seja $1\lt k\lt n.$ Emulando o raciocínio em https://stats.stackexchange.com/a/225990/919 (ou outro local), verifique se a distribuição conjunta de $(X_{(1)}, X_{(k)}, X_{(n)})$ tem função de densidade

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

Fixando $(x,z)$ e visualizando isso como uma função de $y,$ isso é reconhecível como uma distribuição Beta $(k-1, n-k)$ que foi dimensionada e traduzida no intervalo $[x,z].$ Assim, o fator de escala deve ser $z-x$ e a conversão leva de $0$ a $x.$

Como a expectativa de uma distribuição Beta $(k-1,n-k)$ é $(k-1)/(n-1),$ descobrimos que a expectativa condicional de $X_{(k)}$ deve ser a expectativa convertida em escala; nomeadamente,

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

Os casos $k=1$ e $k=n$ são triviais: suas expectativas condicionais são, respectivamente, $X_{(1)}$ e $X_{(k)}.$

Vamos encontrar a expectativa da soma de todas as estatísticas de pedidos:

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

A álgebra resume-se a obter a soma

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

portanto

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

Por último, porque o $X_i$ são identicamente distribuídos, eles têm todos a mesma expectativa, donde

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

com a solução única

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

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$(a,a)$$a \lt 1.$$0$$1$$X_{(n)}\lt 1/2,$$X_{(1)}$$(X_{(1)}+X_{(n)})/2;$$X_{(1)}\gt 1/2,$$X_{(n)}.$

$(X_{(1)},X_{(n)})$$\theta$

$X_1,X_2,\ldots,X_n$

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

$T=(X_{(1)},X_{(n)})$$\theta$$T$

$E\,[X_1\mid T]$$E(X_1)=\frac{3\theta}{2}$

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

$E(X_{(n)})=\frac{n\theta}{n+1}+\theta=\frac{(2n+1)\theta}{n+1}$$E(X_{(1)})=\frac{\theta}{n+1}+\theta=\frac{(n+2)\theta}{n+1}$

Conseqüentemente,

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

$\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$$\frac{3\theta}{2}$

$E\,[X_1\mid T]=\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$