Detectar para adicionar cópias idênticas de é muito inteligente! Mas alguns de nós não somos tão espertos, então é bom poder "adiar" a Grande Idéia para um estágio em que é mais óbvio o que fazer. Sem saber por onde começar, parece haver várias pistas de que a simetria pode ser realmente importante (a adição é simétrica e temos alguns resumos, e as variáveis iid têm a mesma expectativa, então talvez elas possam ser trocadas ou renomeadas de maneiras úteis). De fato, a parte "difícil" dessa questão é como lidar com a divisão, a operação que não é simétrica. Como podemos explorar a simetria da soma? Da linearidade da expectativa, temos:nSm/Sn
E(Sm/Sn)=E(X1+...+XmX1+...+Xn)=E(X1X1+....+Xn)+...+E(XmX1+....+Xn)
Mas, por motivos de simetria, dado que é iid e , todos os termos do lado direito são os mesmos! Por quê? Alterne os rótulos de e para . Dois termos na posição do comutador do denominador, mas após a reordenação, ainda somam , enquanto o numerador muda de para . Então . Vamos escrever para e como existem tais termos, temos .Xim≤nXiXji,j≤nSnXiXjE(Xi/Sn)=E(Xj/Sn)E(Xi/Sn)=k1≤i≤nmE(Sm/Sn)=mk
Parece que que produziria o resultado correto. Mas como provar isso? Nós sabemosk=1/n
k=E(X1X1+....+Xn)=E(X2X1+....+Xn)=...=E(XnX1+....+Xn)
É só nesta fase que me dei conta de que eu deveria adicioná-las, para obter
nk=E(X1X1+....+Xn)+E(X2X1+....+Xn)+...+E(XnX1+....+Xn)
⟹nk=E(X1+...+XnX1+....+Xn)=E(1)=1
O legal desse método é que ele preserva a unidade das duas partes da questão. A razão pela qual a simetria é interrompida, exigindo ajuste quando , é que os termos do lado direito após a aplicação da linearidade da expectativa serão de dois tipos, dependendo se o no numerador se encontra na soma do denominador. (Como antes, eu posso mudar os rótulos de e se ambos aparecerem no denominador, pois isso apenas reordena a soma , ou se nenhum deles, pois isso claramente deixa a soma inalterada, mas se um faz e um não, então um dos termos no denominador muda e ele não soma mais a .) Para , temosm>nXiXiXjSnSni≤nE(XiX1+....+Xn)=k para temos , digamos. Como temos dos termos anteriores e dos últimos,i>nE(XiX1+....+Xn)=rnm−n
E(Sm/Sn)=nk+(m−n)r=1+(m−n)r
Então, encontrar é simples usando a independência de e para :rS−1nXii>nr=E(XiS−1n)=E(Xi)E(S−1n)=μE(S−1n)
Portanto, o mesmo "truque" funciona para as duas partes, envolve apenas dois casos, se . Eu suspeito que é por isso que as duas partes da pergunta foram dadas nesta ordem.m>n