pdf de$Z_{(n)}/Z_{(1)}$, donde$Z \sim \text{Exponential}(1)$, iid (estadísticas de orden)

Question

Deje que$Z_i \sim \text{Exponential}(1)$, iid,$i=1,2, ..., n$ y deje que$Z_{(i)}$ sea la estadística de orden de$i^{\text{th}}$.

¿Cómo puedo encontrar el pdf de$T=Z_{(n)}/Z_{(1)}$?

(la proporción de máximo y mínimo entre$n$ muestras aleatorias).

---

El pdf de$(Z_{(1)},Z_{(n)})=(x,y)$ es

$f(x,y)=n(n-1)\ e^{-x}(e^{-x}-e^{-y})^{n-2} e^{-y} I(0<x<y)$,

y también pude encontrar el pdf de$(Z_{(n)}/Z_{(1)},Z_{(1)})=(t,x)$, que es

$g(z,t)=n(n-1)\ x e^{-x}(e^{-x}-e^{-xt})^{n-2} e^{-xt} I(x>0,t>1)$.

Lo que queda es integrar g (z, t) por x, de 0 a inf. Pero no pude proceder.

Ojalá pudiera obtener algunos consejos o respuestas.

Answer 1

Una forma cerrada, la solución no parece ser posible, aunque tal vez la ruta es necesario.

Deje $X \sim \text{Exponential}(1)$, vamos a $X_1$ el valor de la muestra mínimo y $X_n$ denotar el ejemplo máximo en una muestra de tamaño $n$ dibujado en parent $X$.

Entonces, es muy sencillo (como el OP notas) que la articulación pdf de $(X_1,X_n)$ es decir $f(x_1, x_n)$:

donde la Boole plazo que aquí se impone la condición de que $x_1 < x_n$.

En lugar de buscar el pdf de la deseada proporción de $\large\frac{X_n}{X_1}$ con dominio de apoyo en $(1,\infty)$, estoy en lugar de ir para obtener el pdf de la inversa de la $\large\frac{X_1}{X_n}$ que está delimitada en (0,1), que parece que la integración sea más manejable ... y luego invertir después.

• La transformación de $(X_1,X_n)$ $(Y = \frac{X_1}{x_n}, Z = X_n)$los rendimientos de la articulación pdf de $(Y,Z)$ como decir $g(y,z)$:

donde yo estoy usando el Transform función de la mathStatica paquete de Mathematica para automatizar, y domain[g] = {{y, 0, 1}, {z, 0, Infinity}}.

A continuación, el marginal pdf de $Y$ es:

donde:

• Puedo añadir una nota de advertencia de que hay un cartel de error en la solución que se devuelve (parece ser un Mathematica integración de error), que se corrige mediante la sustitución de $(-1)^n$ $(-1)^{n+1}$

• HarmonicNumber[n] indica el $n^\text{th}$ número armónico $H_n=\sum _{i=1}^n \frac{1}{i}$

Finalmente, la transformación de $R = \frac{1}{Y}$ los rendimientos de los pdf de $R = \large \frac{X_n}{X_1}$ como:

---

$$\text{pdf}(r) = (-1)^{n+1} \frac{ n}{(r-1)^2 } \frac{ \Gamma (n) \Gamma \left(\frac{n r}{1-r}+1\right)}{\Gamma \left(\frac{n}{1-r}\right)} \left(H_{\frac{n r}{1-r}}-H_{\frac{n+r-1}{1-r}}\right) \quad \quad \text{for } r>1$$

---

Monte Carlo check

The following diagram compares:

• empirical pdf of Monte Carlo approximation of the max/min ratio when $n = 10$ (azul ondulada de la curva)
• la exacta pdf derivados de arriba (al $n= 10$): discontinua roja debajo de la curva de

Todo se ve bien.

Answer 2

Las integrales de la forma$\int xe^{-ax}$ se pueden resolver mediante la integración por partes. $$\int_{x_b}^{x_e} xe^{-ax} dx = \frac{-xe^{-ax}\Big|_{x_b}^{x_e} +\int_{x_b}^{x_e} e^{-ax}dx}{a} $$

and from $ 0$ to $ \ infty$ the first term on the right hand side cancels and the value is $ \ frac {1} {a ^ 2}$

Your integral can be made in this form with $ a$ the sum of your exponential terms $ e ^ {c_1} e ^ {c_2} = e ^ {{c_1} + {c_2}}$. So you get as the integrand

$$x \sum \binom{n-2}{k} (-1)^k e^{-tx} \left(e^{-tx}\right)^{k}\left(e^{-x}\right)^{n-2-k}e^{-tx} $$

where we changed the (a+b)^n-2 product term in a sum

$$x \sum \binom{n-2}{k}(-1)^k e^{-(t+kt+(n-2-k)+t)x}$$

in which we changed the products like $ e ^ {c_1} e ^ {c_2 }$ into $ e ^ {{c_1} + {c_2}} $$$x \sum \binom{n-2}{k}(-1)^k e^{-(1+n-2+t+(t-1)k)x}$$

which rearranges the terms

and the integral of this integrand $ \ int_0 ^ \ infty$ is

$$\sum \binom{n-2}{k} \frac{(-1)^k}{(1+n-2+t+(t-1)k)^2}$$

which is of the form $ \ sum_ {k = 0} ^ {k = n} \ binom {n} {k} \ frac {(- 1) ^ k} {(a + bk) ^ 2}$ for which I do not easily find a similarity with other functions (the wolfram-alpha-site gives an expression with gamma functions) .

To check my calculus I did a verification by computation:

# settings
n <- 4
t <- 2
k <- c(0:n)

# numerical integration
integrate(function(x) x*exp(-x)*(exp(-x)-exp(-t*x))^n*exp(-t*x),lower=0,upper=Inf)

# integration by using the summation
sum(choose(n,k)*(-1)^k/(1+n+t+(t-1)*k)^2)

# using expression from wolfram alpha with gamma and digamma functions
a <- 1+n+t
b <- (t-1)
    # note: function is not universal and gamma of negative integers is not possible
(gamma(n+1)*gamma(a/b)*( digamma(a/b+n+1) - digamma(a/b) ) )/b^2/gamma(a/b+n+1)

which seems to work for all kinds of values $ n$ and $ t PS

También he comprobado tu función, que está bien

 # random data
sample1 <- matrix(rexp(10000*(n+2),1),10000)
# maximum and minimum
maxs <- apply(sample1,1,max)
mins <- apply(sample1,1,min)
# z_n/z_1
dif<-as.numeric(maxs/mins)
dif<-(dif<1000)*dif+(dif>=1000)*1000 #sensoring data >100

# plot historgram with calculated data
plot(hist(dif,breaks=seq(1,1000,1)),log="x")
lines(c(10:10000)/10,sapply(c(10:10000)/10,function(t) 10000*(n+2)*(n+1)*(t)^-0*sum(choose(n,k)*(-1)^k/(1+n+t+(t-1)*k)^2)),col=2)
 

Answer 3

Para el conjunto de la pdf de la orden de estadística, podemos usar la siguiente fórmula:

$g_{ij}(y_i,y_j)=\frac{n!}{(i-1)!(j-i-1)!(n-j)!}[F(y_i)]^{i-1}[F(y_j)-F(yi)]^{j-i-1}\times[1-F(y_j)]^{n-j}f(y_i)f(y_j) \tag {1}$

El puf se puede encontrar en Robert Hogg, el libro de estadísticas de Orden.$Y$ es el fin de las estadísticas.

Pdf para $Z_i$$f(z)=1*e^{-z}$. Supongo que con el apoyo de su $pdf$ $0<z_i<a$ que usted debe dar para su pregunta.

Por lo $$F(x)=\int_{0}^xe^{-t}dt=1-e^{-x}$$ $$\therefore F(z_{(n)})=1-e^{-z_{(n)}}$$ $$ F(z_{(1)})=1-e^{-z_{(1)}}$$ $$ f(z_{(1)})=e^{-z_{(1)}}$$ $$ f(z_{(n)})=e^{-z_{(n)}}$$

Ahora vamos a enchufar todo a $(1)$

$$f_{1,n}(z_{(1)},z_{(n)})=\frac{n!}{(n-2)!}[e^{-z_{(1)}}-e^{-z_{(n)}}]^{n-2}e^{-z_{(1)}}*e^{-z_{(n)}}\\=n(n-1)[e^{-z_{(1)}}-e^{-z_{(n)}}]^{n-2}e^{-z_{(1)}-z_{(n)}} \tag{2}$$

Esta es su conjunto $pdf$ oder estadísticas de $Z_{(1)}$ $Z_{(n)}$

A continuación hacemos algunas variables de transformar en oder para encontrar el pdf de $\frac{Z_{(n)}}{Z_{(1)}}$

Deje $Y_1=\frac{Z_{(n)}}{Z_{(1)}}, Y_2=Z_{(1)}$ $Z_{(n)}=Y_1Y_2, Z_{(1)}=Y_2$

La Jacobiana es:

$$J=\begin{vmatrix} \frac{\partial z_{(n)}}{\partial y_1} & \frac{\partial z_{(n)}}{\partial y_2} \\ \frac{\partial z_{(1)}}{\partial y_1} & \frac{\partial z_{(1)}}{\partial y_2} \end{vmatrix}=y_2$$

Ahora el conjunto pdf de $Y_1$ $Y_2$ puede ser encontrado como: por enchufe $(2)$

$$f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)=f_{1n}(y_2,y_1 y_2)|J|=n(n-1)(e^{-y_2}-e^{-y_1y_2})^{n-2}e^{-y_2-y_1y_2}*y_2$$ Nota suppoes $0<z_i<a$ antes de que la $J=y_2$ es significativa.

Este es el conjunto pdf de $\frac{Z_{(n)}}{Z_{(1)}}=Y_1$ $Z_{(1)}=Y_2$

A continuación,integrar a cabo $Y_2$ usted se encuentra en el pdf de $\frac{Z_{(n)}}{Z_{(1)}}=Y_1$

$$f_{Y_1}(y_1)=\int_0^a f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)dy_2\\=\int_0^an(n-1)(e^{-y_2}-e^{-y_1y_2})^{n-2}e^{-y_2-y_1y_2}*y_2dy_2\\=n(n-1)\int_0^a (e^{-y_2}-e^{-y_1y_2})^{n-2}*e^{-(1+y_1)y_2}y_2dy_2 \tag{3} $$

Ok, tienes razón, no puedo continuar a partir de aquí, Martijn Weterings' método es una buena.