UA MATH564 概率论IV 次序统计量例题2
UA MATH564 概率论IV 次序统计量例题2
- 次序统计量常用公式
- 答案
次序统计量常用公式
定理1(单个次序统计量的分布)
FX(j)=∑k=jnCnk[F(x)]k[1−F(x)]n−kF_{X_{(j)}} = \sum_{k=j}^n C_n^k [F(x)]^k[1-F(x)]^{n-k}FX(j)=k=j∑nCnk[F(x)]k[1−F(x)]n−k
定理2(单个次序统计量的概率密度)
fX(j)(x)=jCnj[F(x)]j−1[1−F(x)]n−jf(x)f_{X_{(j)}}(x) = jC_n^j [F(x)]^{j-1}[1-F(x)]^{n-j}f(x)fX(j)(x)=jCnj[F(x)]j−1[1−F(x)]n−jf(x)
定理3(两个次序统计量的联合概率密度)不妨假设j>ij>ij>i,则
fX(i),X(j)(xi,xj)=n!(i−1)!(j−i−1)!(n−j)!f(xi)f(xj)[F(xi)]i−1[F(xj)−F(xi)]j−i−1[1−F(xj)]n−jf_{X_{(i)},X_{(j)}}(x_i,x_j)=\frac{n!}{(i-1)!(j-i-1)!(n-j)!}f(x_{i})f(x_{j})[F(x_i)]^{i-1}[F(x_j)-F(x_i)]^{j-i-1}[1-F(x_j)]^{n-j}fX(i),X(j)(xi,xj)=(i−1)!(j−i−1)!(n−j)!n!f(xi)f(xj)[F(xi)]i−1[F(xj)−F(xi)]j−i−1[1−F(xj)]n−j
答案
例2 如果X1,⋯,XnX_1,\cdots,X_nX1,⋯,Xn的分布是
f(x)=aθaxa−1,x∈(0,θ)f(x) = \frac{a}{\theta^a}x^{a-1},x \in (0,\theta)f(x)=θaaxa−1,x∈(0,θ)
证明X(1)/X(2),⋯,X(n−1)/X(n),X(n)X_{(1)}/X_{(2)},\cdots,X_{(n-1)}/X_{(n)},X_{(n)}X(1)/X(2),⋯,X(n−1)/X(n),X(n)互相独立,并计算他们的分布。
这道题可以看成是例1的推广,在做题之前先引入一个新的定理。
定理4(所有次序统计量的联合概率密度)
f(x(1),⋯,x(n))=n!f(x1)f(x2)⋯f(xn)f(x_{(1)},\cdots,x_{(n)})=n!f(x_1)f(x_2)\cdots f(x_n)f(x(1),⋯,x(n))=n!f(x1)f(x2)⋯f(xn)
证明 用定理3证明的思路,考虑下面的微元,
f(x(1),⋯,x(n))(Δx)n=P(x1≤X(1)<x1+Δx,⋯,xn≤X(n)<xn+Δx)f(x_{(1)},\cdots,x_{(n)}) (\Delta x)^n = P(x_1 \le X_{(1)} < x_1 + \Delta x,\cdots, x_n\le X_{(n)} < x_n + \Delta x)f(x(1),⋯,x(n))(Δx)n=P(x1≤X(1)<x1+Δx,⋯,xn≤X(n)<xn+Δx)
其中x1<x2<⋯<xnx_1 < x_2 < \dots < x_nx1<x2<⋯<xn,Δx≤inf(xi−xi−1)\Delta x \le \inf(x_i - x_{i-1})Δx≤inf(xi−xi−1),这个概率可以分为nnn个部分来计算,首先从nnn个样本中选出一个位于[x1,x1+Δx)[x_1,x_1 + \Delta x)[x1,x1+Δx)中;然后从剩余的n−1n-1n−1个样本中选出一个位于[x2,x2+Δx)[x_2,x_2 + \Delta x)[x2,x2+Δx)中,再重复n−3n-3n−3次,直到剩下最后一个样本位于[xn,xn+Δx)[x_n,x_n+\Delta x)[xn,xn+Δx)中。
第一部分的概率是Cn1f(x1)ΔxC_n^1f(x_1)\Delta xCn1f(x1)Δx,第二部分的概率是Cn−11f(x2)ΔxC_{n-1}^1 f(x_2)\Delta xCn−11f(x2)Δx,⋯\cdots⋯,最后一部分的概率是C11f(xn)ΔxC_1^1 f(x_n)\Delta xC11f(xn)Δx;将这nnn部分概率相乘:
f(x(1),⋯,x(n))(Δx)n=n!f(x1)f(x2)⋯f(xn)(Δx)nf(x_{(1)},\cdots,x_{(n)}) (\Delta x)^n = n!f(x_1)f(x_2)\cdots f(x_n)(\Delta x)^nf(x(1),⋯,x(n))(Δx)n=n!f(x1)f(x2)⋯f(xn)(Δx)n
约掉微元(Δx)n(\Delta x)^n(Δx)n即可。
证毕
对于例2,根据定理4可得,X(1),⋯,X(n)X_{(1)},\cdots,X_{(n)}X(1),⋯,X(n)的联合概率密度为
f(x(1),⋯,x(n))=n![f(x)]n=n!anθanx1a−1⋯xna−1f(x_{(1)},\cdots,x_{(n)})=n! [f(x)]^n = \frac{n!a^n}{\theta^{an}}x_1^{a-1}\cdots x_n^{a-1}f(x(1),⋯,x(n))=n![f(x)]n=θann!anx1a−1⋯xna−1
接下来定义Yk=X(k)/X(k+1),k=1,⋯,n−1,Yn=X(n)Y_k = X_{(k)}/X_{(k+1)},k=1,\cdots,n-1,Y_n = X_{(n)}Yk=X(k)/X(k+1),k=1,⋯,n−1,Yn=X(n),则
X(n)=Yn,X(k)=X(k+1)Yk,k=1,2,⋯,n−1X_{(n)} = Y_n,X_{(k)} = X_{(k+1)}Y_k,k=1,2,\cdots,n-1X(n)=Yn,X(k)=X(k+1)Yk,k=1,2,⋯,n−1
计算Jacobi行列式,记Y−k=∏i≠kYi,Y−kj∏i≠k,jYiY_{-k} = \prod_{i \ne k} Y_i,Y_{-kj}\prod_{i \ne k,j} Y_iY−k=∏i=kYi,Y−kj∏i=k,jYi以此类推
J(Y1,⋯,Yn)=∣∂(X(1),⋯,X(n))∂(Y1,⋯,Yn)∣=∣Y−10⋯0Y−2Y−12⋯0⋯⋯⋯⋯Y−nY−2n⋯1∣=Y−1Y−12⋯Y−123⋯n−1=∏i≠1Yi∏i≠1,2Yi⋯Yn=Y2Y32⋯Ynn−1J(Y_1,\cdots,Y_n) = \left| \frac{\partial(X_{(1)},\cdots,X_{(n)})}{\partial(Y_{1},\cdots,Y_{n})} \right| \\ = \left| \begin{matrix} Y_{-1} & 0& \cdots &0 \\ Y_{-2} & Y_{-12} & \cdots & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ Y_{-n} & Y_{-2n} & \cdots & 1 \\ \end{matrix} \right| = Y_{-1}Y_{-12}\cdots Y_{-123\cdots n-1} \\ = \prod_{i \ne 1} Y_i \prod_{i \ne 1,2} Y_i \cdots Y_n = Y_2Y_3^2 \cdots Y_n^{n-1}J(Y1,⋯,Yn)=∣∣∣∣∂(Y1,⋯,Yn)∂(X(1),⋯,X(n))∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣Y−1Y−2⋯Y−n0Y−12⋯Y−2n⋯⋯⋯⋯00⋯1∣∣∣∣∣∣∣∣=Y−1Y−12⋯Y−123⋯n−1=i=1∏Yii=1,2∏Yi⋯Yn=Y2Y32⋯Ynn−1
这个行列式是一个下三角行列式,因此这个行列式等于主对角线元素的乘积。因此Y1,⋯,YnY_1,\cdots,Y_nY1,⋯,Yn的联合概率密度为
f(y1,⋯,yn)=J(y1,⋯,yn)f(y1⋯yn,y2⋯yn,⋯,yn)=y2y32⋯ynn−1n!anθan(y1⋯yn,y2⋯yn)a−1⋯yna−1=n!anθany1a−1y22a−1⋯ynna−1f(y_1,\cdots,y_n) = J(y_1,\cdots,y_n)f(y_1\cdots y_n,y_2 \cdots y_n, \cdots,y_n) \\ = y_2y_3^2 \cdots y_n^{n-1} \frac{n!a^n}{\theta^{an}}(y_1\cdots y_n,y_2 \cdots y_n)^{a-1}\cdots y_n^{a-1} \\ = \frac{n!a^n}{\theta^{an}}y_1^{a-1}y_2^{2a-1}\cdots y_n^{na-1}f(y1,⋯,yn)=J(y1,⋯,yn)f(y1⋯yn,y2⋯yn,⋯,yn)=y2y32⋯ynn−1θann!an(y1⋯yn,y2⋯yn)a−1⋯yna−1=θann!any1a−1y22a−1⋯ynna−1
将上一讲的引理1推广到nnn个随机变量的情形可知Y1,⋯,YnY_1,\cdots,Y_nY1,⋯,Yn互相独立。
引理2 X1,⋯,Xn∼f(x1,⋯,xn)X_1,\cdots,X_n \sim f(x_1,\cdots,x_n)X1,⋯,Xn∼f(x1,⋯,xn),∃f(x1,⋯,xn)=h1(x1)⋯hn(xn)\exists f(x_1,\cdots,x_n)=h_1(x_1)\cdots h_n(x_n)∃f(x1,⋯,xn)=h1(x1)⋯hn(xn),则X1,⋯,XnX_1,\cdots,X_nX1,⋯,Xn互相独立。
证明
f(xi)=(∫−∞+∞)n−1f(x1,⋯,xn)∏j≠idxj=h(xi)(∫−∞+∞)n−1∏j≠ih(xj)dxj∏i=1nf(xi)=∏i=1nh(xi)(∫−∞+∞)n−1∏j≠ih(xj)dxj=f(x1,⋯,xn)∏i=1n(∫−∞+∞)n−1∏j≠ih(xj)dxj=Fubinif(x1,⋯,xn)(∫−∞+∞)n∏h(xj)dxj=f(x1,⋯,xn)f(x_i) = \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \right)^{n-1} f(x_1,\cdots,x_n) \prod_{j \ne i} dx_j = h(x_i)\left( \int_{-\infty}^{+\infty} \right)^{n-1} \prod_{j \ne i} h(x_j)dx_j\\ \prod_{i=1}^n f(x_i) = \prod_{i=1}^n h(x_i)\left( \int_{-\infty}^{+\infty} \right)^{n-1} \prod_{j \ne i} h(x_j)dx_j \\ = f(x_1,\cdots,x_n) \prod_{i=1}^n \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \right)^{n-1} \prod_{j \ne i} h(x_j)dx_j \\ =_{Fubini} f(x_1,\cdots,x_n) \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \right)^{n} \prod h(x_j)dx_j = f(x_1,\cdots,x_n)f(xi)=(∫−∞+∞)n−1f(x1,⋯,xn)j=i∏dxj=h(xi)(∫−∞+∞)n−1j=i∏h(xj)dxji=1∏nf(xi)=i=1∏nh(xi)(∫−∞+∞)n−1j=i∏h(xj)dxj=f(x1,⋯,xn)i=1∏n(∫−∞+∞)n−1j=i∏h(xj)dxj=Fubinif(x1,⋯,xn)(∫−∞+∞)n∏h(xj)dxj=f(x1,⋯,xn)
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