$\mathbb{E}(\log(X_{max}/X_{min}) )$ de Weibull(alpha, 1)

Question

Estoy tratando de encontrar la expectativa de log(max/min) de n muestras de Weibull(alpha, 1).

Pero sigo fallando. ¿Alguien puede dar alguna pista?

I probado :

$\mathbb{E}(\log(X_{max}/X_{min}) ) = \int_0^{\infty} P(\log(X_{max}/X_{min}) > y)dy $

Answer 1

Simplificando el problema: El Distribución de Weibull con forma unitaria es el distribución exponencial por lo que su mecanismo de muestreo especificado equivale a $X_1, ..., X_n \sim \text{IID Exp}(\text{Scale} = \alpha)$ . Para todos los argumentos $x \geqslant 0$ tienes las funciones de densidad y distribución:

$$f_X(x) = \frac{1}{\alpha} \cdot \exp \Big( - \frac{x}{\alpha} \Big) \quad \quad \quad \quad F_X(x) = 1-\exp \Big( - \frac{x}{\alpha} \Big) .$$

Ahora, escribe las estadísticas de orden en notación estándar como $X_{(1)} \leqslant \cdots \leqslant X_{(n)}$ . Como la transformación logarítmica es una función creciente, el orden de la $X$ se mantiene bajo la transformación. Por lo tanto, utilizando las propiedades del logaritmo, y la propiedad de linealidad del operador de expectativa, se tiene:

$$\mathbb{E}(\ln (X_{\max}/X_{\min})) = \mathbb{E}(\ln X_{(n)} - \ln X_{(1)}) = \mathbb{E}(\ln X_{(n)}) - \mathbb{E}(\ln X_{(1)}).$$

Esto significa que su problema se reduce a encontrar los momentos de las estadísticas de orden transformado. Esto puede resolverse utilizando los métodos estándar para tratar las estadísticas de orden.

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Encontrar la distribución de las estadísticas de pedidos: Utilizando fórmulas estándar para la distribución de las estadísticas de pedidos que tenemos:

$$\begin{equation} \begin{aligned} f_{X_{(1)}}(x) &= n (1-F_X(x))^{n-1} f_X(x) \\[6pt] &= \frac{n}{\alpha} \cdot \exp \Big( - \frac{nx}{\alpha} \Big), \\[10pt] f_{X_{(n)}}(x) &= n F_X(x)^{n-1} f_X(x) \\[6pt] &= \frac{n}{\alpha} \cdot \exp \Big( - \frac{x}{\alpha} \Big) \Big( 1 - \exp \Big( - \frac{x}{\alpha} \Big) \Big)^{n-1} \\[6pt] &= \frac{n}{\alpha} \cdot \exp \Big( - \frac{x}{\alpha} \Big) \sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k} (-1)^k \exp \Big( - \frac{kx}{\alpha} \Big) \\[6pt] &= \frac{n}{\alpha} \sum_{k=1}^{n} {n-1 \choose k-1} (-1)^{k-1} \exp \Big( - \frac{kx}{\alpha} \Big) \\[6pt] &= \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k-1} \cdot \frac{k}{\alpha} \cdot \exp \Big( - \frac{kx}{\alpha} \Big). \end{aligned} \end{equation}$$

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Encontrar los momentos: Utilizando el cambio de variable $r = nx/\alpha$ que tenemos:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{E}(\ln X_{(1)}) &= \int \limits_0^\infty \ln(x) f_{X_{(1)}}(x) dx \\[6pt] &= \frac{n}{\alpha} \int \limits_0^\infty \ln(x) \exp \Big( - \frac{nx}{\alpha} \Big) dx \\[6pt] &= \int \limits_0^\infty \ln \Big( \frac{\alpha r}{n} \Big) \exp (-r) dr \\[6pt] &= \int \limits_0^\infty \ln (r) \exp (-r) dr - \ln \Big( \frac{n}{\alpha} \Big) \int \limits_0^\infty \exp (-r) dr \\[6pt] &= - \gamma + \ln \alpha - \ln n, \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni . Aplicando este mismo resultado integral tenemos entonces:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{E}(\ln X_{(n)}) &= \int \limits_0^\infty \ln(x) f_{X_{(n)}}(x) dx \\[6pt] &= \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k-1} \cdot \frac{k}{\alpha} \int \limits_0^\infty \ln(x) \exp \Big( - \frac{kx}{\alpha} \Big) dx \\[6pt] &= \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k-1} \Big[ -\gamma + \ln \alpha - \ln k \Big] \\[6pt] &= (-\gamma + \ln \alpha) \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k-1} - \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k-1} \ln k \\[6pt] &= (-\gamma + \ln \alpha) \times 1 + \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^k \ln k \\[6pt] &= -\gamma + \ln \alpha + \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^k \ln k. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Uniendo todo esto obtenemos la función

$$\begin{equation} \begin{aligned} E(n) &\equiv \mathbb{E}(\ln (X_{\max}/X_{\min})) \\[6pt] &= \mathbb{E}(\ln X_{(n)}) - \mathbb{E}(\ln X_{(1)}) \\[6pt] &= \ln n + \sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^k \ln k \\[6pt] &= {n \choose 2} \ln 2 - {n \choose 3} \ln 3 + {n \choose 4} \ln 4 - \cdots + (-1)^n \ln n + \ln n. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Se trata de una suma finita que puede evaluarse fácilmente para un valor dado de $n \in \mathbb{N}$ . No parece haber ninguna forma más sencilla para esta expresión. Es interesante observar que esta función no depende del parámetro de escala $\alpha$ por lo que este parámetro no tiene ningún efecto sobre el valor esperado de la relación logarítmica del valor máximo-mínimo. Esto no es sorprendente, teniendo en cuenta que la relación logarítmica de esos valores es invariable a los cambios de escala.

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Trazado de la función en R: Esta función de valor esperado puede representarse para diferentes valores de entrada de $n$ para tener una idea visual de cómo el número de puntos de datos en la muestra afecta a la relación logarítmica esperada del valor máximo-mínimo. Para trazar la función utilizamos lo siguiente R código:

#Create function to calculate expected value

EXP <- function(n) { if(n%%1 != 0)   { stop("Error: Input is not a positive integer") }
                 else if(n < 1)  { stop("Error: Input is not a positive integer") }
                 else if(n == 1) { 0 }
                 else            { log(n) + sum(choose(n,2:n)*(-1)^(2:n)*log(2:n)) } };

#Plot expected value function

N      <- 20;
NNN    <- (1:N);
EEE    <- rep(0, N);  for(n in 1:N) { EEE[n] <- EXP(n) };
DATA   <- data.frame(n = NNN, Expectation = EEE);
SPLINE <- as.data.frame(spline(NNN, EEE));

library(ggplot2);
ggplot(data = DATA, aes(x = n, y = Expectation)) +
  geom_point(colour = "DarkBlue") +
  geom_line(data = SPLINE, aes(x = x, y = y), colour = "Blue") +
  scale_x_continuous(name = "Number of Data Points", labels = (1:N), breaks = (1:N)) +
  ggtitle("Expected value of log-ratio of maximum-to-minimum") +
  labs(subtitle = "(Data from an exponential distribution)") +
  xlab("Number of Data Points") + ylab("Expected Value");

Esto genera el siguiente gráfico de la función: