Existe uma variável aleatória com suporte positivo, de modo que a proporção das duas menores realizações de uma amostra de iid vá para uma?

Imagine que eu dei uma variável aleatória com supp e para qualquer fixo $X$ $(X)=(0,\infty)$ $\mathbb P(X \in (0,a))>0$ $a>0$

Agora, com uma amostra iid - é possível que $X_1,...,X_n$

X^{(2)} / X^{(1)} \overset{P}{\to} 1

$X^{(2)}/X^{(1)}\xrightarrow{\mathbb P}1$ para , onde descreve o ésimo menor elemento?

n \to \infty

$n \to \infty$

X^{(i)}

$X^{(i)}$

i

$i$

Não sei ao certo o que significa o penúltimo parágrafo. Se você não assume nenhuma distribuição para , não pode fazer nenhuma declaração sobre o limite da proporção, a menos que essas declarações sejam verdadeiras para todas as distribuições - o que evidentemente não é esse. Quando você pergunta "Existe uma variável aleatória ...", o que isso realmente significa é "Existe uma distribuição tal que a razão entre a menor e a segunda menor realização de uma amostra de iid retirada da distribuição vá para 1?"

X

$X$

X

$X$

— jbowman

@jbowman: Bem, sim, eu gostaria de saber se isso não é verdade para todas as distribuições ... ou para dizer de outra maneira: você pode me nomear uma distribuição de st? a razão converge em probabilidade para 1 (ou qn número fixo arbitrário )

X

$X$

Eu acho que isso exigiria uma densidade contínua, zero a zero.

— Kjetil b halvorsen

Perdi o fio do seu argumento com "a probabilidade de que tudo ...", porque a probabilidade de e estarem na mesma subamostra aleatória de tamanho é não

X^{(1)}

$X^{(1)}$

X^{(k)}

$X^{(k)}$

n / 2

$n/2$

2 (\binom{n / 2}{2}) / (\binom{n}{2}) \approx 1 / 2,

$2\binom{n/2}{2}/\binom{n}{2}\approx 1/2,$

(1 / 2)^{k} .

$(1/2)^k.$

— whuber

Quero dizer a probabilidade de que todos os estejam na subamostra .... se a amostra for extraída independentemente, se eu dividir aleatoriamente a amostra em duas amostras, ela poderá ser considerado como binomial com p = 1/2 (para para o infinito e fixo)

X^{(1)}, . . . X^{(k)}

$X^{(1)},...X^{(k)}$

n

$n$

k

$k$

Sim, existem distribuições em que a proporção do segundo menor para o menor se aproxima da unidade em probabilidade, à medida que o tamanho da amostra cresce. Eles precisam se comportar "essencialmente" como distribuições com suporte estritamente positivo no sentido de se aproximar da probabilidade zero muito, muito rapidamente na origem. Veja a primeira figura abaixo para uma ilustração.

(Confio aqui na intuição correta de que, quando a distribuição tiver um mínimo estritamente positivo, eventualmente os dois menores valores em grandes amostras ficarão próximos desse mínimo com alta probabilidade, de onde sua proporção se aproxima da unidade. Essa intuição não funcionará quando o mínimo é zero.)

Por conveniência, vamos trabalhar com variáveis aleatórias independentes e identicamente distribuídas com distribuições contínuas. Isso significa que eles têm uma densidade comum e é sua função de distribuição comum. $X_i$ $f$ $F(x)=F(0)+\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$

A questão diz respeito aos dois menores entre os primeiros dessas variáveis, onde crescerá arbitrariamente grande. A distribuição conjunta dos dois menores valores entre eles tem densidade $n$ $X\lt Y,$ $n$

f_{n; 2} (x, y) = n (n - 1) f (x) f (y) {(1 - F (y))}^{n - 2}

$f_{n;2}(x,y) = n(n-1)f(x)f(y)\left(1-F(y)\right)^{n-2}$

para todos os Introduzindo uma variável definida por $0\le x\le y.$ $u$

x = u y

$x = uy$

para representar a razão alterando variáveis de para integrando de a (que pode ser expresso em termos de ) e integrando possíveis valores de nos fornecerão a função de distribuição da razão conforme $x/y\le 1,$ $(x,y)$ $(u,y),$ $u=0$ $u=r$ $F$ $y$ $U=X/Y$

$Pr (U \leq r) = n (n - 1) \int_{0}^{\infty} f (y) F (r y) (1 - F (y))^{n - 2} d y$ $\Pr(U \le r) = n(n-1)\int_0^\infty f(y)F(ry)(1-F(y))^{n-2}\,\mathrm{d}y$ para $0 \le r \le 1.$

Essa expressão será o objeto de nossa análise.

Em alguns casos, a distribuição de é fácil de avaliar $U$ . Embora esta próxima seção seja uma diversão, ela revela um processo de pensamento que leva a uma resposta.

Tomemos, por exemplo, para que Eu obtenho uma resposta que não varia com : para possíveis proporções

F_{p} (y) = y^{p}

$F_p(y) = y^p$

0 \leq y \leq 1

$0\le y\le 1$

p > 0.

$p\gt 0.$

n

$n$

0 \leq r \leq 1,

$0\le r \le 1,$

\begin{matrix} (1) & Pr (U \leq r) = r^{p} . \end{matrix}

$\Pr(U \le r) = r^p.\tag{1}$

Isso indica que qualquer distribuição que se comporte como perto da origem produzirá algo como esta distribuição de energia para a razão; em particular, não convergirá para em probabilidade. $F$ $F(y)\approx y^p$ $1$

À medida que cresce, converge para o valor constante em probabilidade. Em outras palavras, embora não tenhamos descoberto nenhuma distribuição em que a proporção aproxima de , temos uma família de distribuições em que essa proporção pode ser feita o mais próximo de possível, escolhendo um membro adequado da família (ou seja, , escolhendo a potência para ser suficientemente grande). Podemos, portanto, considerar distribuições onde, na origem, é mais plano do que qualquer polinômio. O clássico, e uma das mais simples, tais funções é $p$ $(1)$ $1$ $U$ $1$ $1$ $p$ $F$

F (x) = \exp (1 - \frac{1}{x^{2}})

$F(x) = \exp\left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$

para $0 \le x \le 1.$

Obviamente, seu suporte se estende até porque o exponencial nunca é zero. é infinitamente diferenciável em mas todas as derivadas são zero lá. $0,$ $F$ $0$

Nesse caso, a integral para ainda pode ser avaliada. É mais simples expressar o resultado em termos de que como $\Pr(U\le r)$ $s \ge 1,$

1 / s^{2} = r,

$1/s^2 = r,$

\begin{matrix} (2) & Pr (U \leq r) = Pr (U \leq 1 / s^{2}) = \frac{e^{1 - s} n!}{(1 + s)^{(n - 1)}} = s e^{1 - s} \frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} \end{matrix}

$\Pr(U \le r) = \Pr(U \le 1/s^2) = \frac{e^{1-s}n!}{(1+s)^{(n-1)}}= s\,e^{1-s}\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}}\tag{2}$

Onde

s^{(n)} = s (1 + s) (2 + s) \dots (n - 1 + s)

$s^{(n)} = s(1+s)(2+s)\cdots(n-1+s)$

é a função Pochhammer. Aqui estão gráficos dessa probabilidade (em função de ) para e Os gráficos caem para um nível de zero à medida que aumenta: $s$ $n=2, 2^2, 2^{2^2}, 2^{2^3},$ $2^{2^4}.$ $n$

É fácil mostrar que, para todo $z = s-1 \gt 0,$

\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} = \frac{1^{(n)}}{(1 + z)^{(n)}} = \frac{1}{1 + z} \frac{2}{2 + z} \frac{3}{3 + z} \dots \frac{n}{n + z} \to 0

$\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} = \frac{1^{(n)}}{(1+z)^{(n)}} = \frac{1}{1+z}\frac{2}{2+z}\frac{3}{3+z}\cdots\frac{n}{n+z} \to 0$

como cresce. (Examine a série MacLaurin de seu logaritmo.) Assim, para todos vai para demonstrando que a razão aproxima da constante em probabilidade. $n$ $s=1+z \gt 1,$ $(2)$ $0,$ $U$ $1$

— whuber
fonte

Já agradeço muito - sua solução não é trivial para mim; talvez eu precise de uma hora para entendê-la completamente; Mas posso perguntar o que você quer dizer com: (Confio aqui na intuição correta de que, quando a distribuição tiver um mínimo estritamente positivo, eventualmente os dois menores valores em grandes amostras estarão próximos do mínimo com alta probabilidade, de onde a razão se aproxima. unidade. Essa intuição não funcionará quando o mínimo for zero.)? Você quer dizer que a variável aleatória é mais baixa delimitada por alguma constante ?

X

$X$

c > 0

$c>0$

Sim. Especificamente, existe um positivo tal que

c > 0

$c\gt 0$

Pr (X < c) = 0.

$\Pr(X\lt c)=0.$

— whuber

Sim, isso contradiz sua suposição: estou apontando que, quando tem um mínimo positivo, a proporção limitadora é intuitivamente A idéia é que podemos emular um desse tipo , fazendo com que a probabilidade vá a zero extremamente rapidamente na origem. A segunda parte do meu post, como afirmado, é apenas uma motivação para o contra-exemplo da sua conclusão, que é analisada e ilustrada na última parte.

X

$X$

1.

$1.$

X

$X$

— whuber

Agradável! Cheguei ao mesmo resultado usando a distribuição padrão da Fréchet. Com essa opção, temos e, usando uma alteração da variável , a probabilidade é simples. forma envolvendo a função Beta e, novamente, o produto infinito divergente fornece a convergência em probabilidade. Temos o mesmo comportamento plano próximo de .

F (r y) = F (y)^{1 / r}

$F(ry) = F(y)^{1/r}$

z := F (y)

$z:= F(y)$

Pr (U ⩽ r)

$\text{Pr}(U \leqslant r)$

0

$0$

— Yves

Eu apenas sugeri uma variante na bela resposta do whuber. Escolhendo o padrão Fréchet para o cálculo é bastante simples.

F (y) = \exp {- 1 / y}

$F(y) = \exp\{-1/y\}$

y > 0

$y >0$

— Yves