Valor esperado da estatística de pedido mínimo de uma amostra normal

ATUALIZAÇÃO 25 de janeiro de 2014: o erro agora está corrigido. Ignore os valores calculados do Valor esperado na imagem carregada - eles estão errados. Não excluo a imagem porque ela gerou uma resposta a esta pergunta.

ATUALIZAÇÃO 10 de janeiro de 2014: o erro foi encontrado - um erro de digitação em matemática em uma das fontes utilizadas. Preparando correção ...

A densidade da ordem estatística mínima de um conjunto de iid variáveis aleatórias contínuas com CDF e pdf é F X ( x ) f X ( x ) f X ( 1 ) ( x ( 1 ) ) = n f X ( x ( 1 ) ) [ 1 - F X ( x ( 1 ) ) ] n - $n$$F_X(x)$$f_X(x)$

$$f_{X_{(1)}}(x_{(1)}) = nf_X(x_{(1)})\left[1-F_X(x_{(1)})\right]^{n-1} \qquad [1]$$

Se essas variáveis ​​aleatórias forem normais padrão, então

$$f_{X_{(1)}}(x_{(1)}) = n\phi(x_{(1)})\left[1-\Phi(x_{(1)})\right]^{n-1} = n\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}\qquad [2]$$ e, portanto, seu valor esperado é $$E\left(X_{(1)}\right) = n\int_{-\infty}^{\infty}x_{(1)}\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}dx_{(1)}\qquad [3]$$

onde usamos as propriedades simétricas do padrão normal. Em Owen 1980 , p.402, eq. [ N, 011 ], encontramos que

$$\int_{-\infty}^{\infty}z\phi(z)\left[\Phi(az)\right]^m dz= \frac {am}{(\sqrt {a^2+1})(\sqrt {2\pi})}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(z)\left[\Phi\left(\frac {az}{\sqrt {a^2+1}}\right)\right]^{m-1}dz\qquad [4]$$

Parâmetros correspondentes entre as eqs $[3]$ e $[4]$ ( $a=-1$ , $m=n-1$ ) obtemos

$$E\left(X_{(1)}\right) = -\frac {n(n-1)}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(x_{(1)})\left[\Phi\left(\frac {-x_{(1)}}{\sqrt 2}\right)\right]^{n-2}dx_{(1)}\qquad [5]$$

Novamente em Owen 1980, p. 409, eq [ n0,010.2 ], achamos que

$$\int_{-\infty}^{\infty}\left[\prod_{i=1}^{m}\Phi\left(\frac{h_i-d_iz}{\sqrt {1-d_i^2}}\right)\right] \phi(z)dz= \mathcal Z_m(h_1,...,h_m;\{\rho_{ij}\})\qquad [6]$$

onde é o normal multivariado padrão, são os coeficientes de correlação pares e .$\mathcal Z_m()$$\rho_{ij}=d_id_j,\; i\neq j$$-1\le d_i\le 1$

Combinando e , temos, , e $[5]$$[6]$$m=n-2$$h_i=0,\;\forall i$

$$\frac{d_i}{\sqrt {1-d_i^2}} = \frac 1{\sqrt 2} \Rightarrow d_i = \pm \frac 1{\sqrt 3} \forall i \Rightarrow \rho_{ij} = \rho = 1/3$$

Usando esses resultados, a eq se torna$[5]$

$$E\left(X_{(1)}\right) = -\frac {n(n-1)}{2\sqrt{\pi}}\mathcal Z_{n-2}(0,...,0;\rho=1/3)\qquad [7]$$

Essa integral de probabilidade normal padrão multivariada de variáveis ​​equi-correlacionadas, todas avaliadas em zero , já foi investigada o suficiente e várias formas de aproximar e computar foram derivadas. Uma extensa revisão (relacionada ao cálculo de integrais de probabilidade normal multivariada em geral) é Gupta (1963) . O Gupta fornece valores explícitos para vários coeficientes de correlação e para até 12 variáveis ​​(portanto, abrange uma coleção de 14 variáveis). Os resultados são (A ÚLTIMA COLUNA ESTÁ ERRADA) :

Agora, se representarmos graficamente como o valor de muda com , obteremos$\mathcal Z_{n-2}(0,...,0;\rho=1/3)$$n$

Portanto, chego às minhas três perguntas / solicitações:
1) Alguém poderia verificar analiticamente e / ou verificar por simulação se os resultados para o valor esperado estão corretos (ou seja, verificar a validade da eq )?$[7]$

2) Supondo que a abordagem esteja correta, alguém poderia dar a solução para normais com média diferente de zero e variação não unitária? Com todas as transformações, sinto-me realmente tonto.

3) O valor da integral de probabilidade parece evoluir sem problemas. Que tal aproximá-lo com alguma função de ?$n$

Seus resultados não parecem corretos. É fácil ver, sem qualquer cálculo, porque na sua tabela, seu aumenta com o tamanho da amostra ; claramente, o valor esperado do mínimo da amostra deve diminuir (isto é, tornar-se mais negativo) à medida que o tamanho da amostra aumenta.$E[X_{(1)}]$ $n$$n$

O problema é conceitualmente bastante fácil.

Em resumo: se ~ com pdf :$X$$N(0,1)$$f(x)$

... então o pdf da estatística de 1ª ordem (em uma amostra de tamanho ) é:$n$

... obtido aqui usando a OrderStatfunção in mathStatica, com domínio de suporte:

Então, , para pode ser facilmente obtido exatamente como:$E[X_{(1)}]$$n = 1,2,3$

O caso exato de é aproximadamente , o que é obviamente diferente do seu trabalho de -1,06 (linha 1 da sua tabela); portanto, parece claro que algo está errado com o seu funcionamento (ou talvez meu entendimento do que você está procurando) .$n = 3$$-0.846284$

Para , obter soluções em formato fechado é mais complicado, mas mesmo que a integração simbólica seja difícil, sempre podemos usar a integração numérica (com precisão arbitrária, se desejado). Isso é realmente muito fácil ... aqui, por exemplo, é , para o tamanho da amostra a 14, usando o Mathematica :$n \ge 4$$E[X_{(1)}]$$n = 1$

 sol = Table[NIntegrate[x g, {x, -Infinity, Infinity}], {n, 1, 14}]

{0., -0.56419, -0.846284, -1.02938, -1.16296, -1.26721, -1.35218, -1.4236, -1.48501, -1.53875, -1.58644, -1.62923, -1.66799, -1.70338}

Tudo feito. Esses valores são obviamente muito diferentes dos da sua tabela (coluna da direita).

Para considerar o caso mais geral de um pai , proceda exatamente como acima, começando com o pdf normal geral.$N(\mu, \sigma^2)$