Valor esperado del máximo de las variables IID

Question

¿Cuál es el valor esperado del máximo de 500 variables aleatorias IID con distribución uniforme entre 0 y 1?

No estoy muy seguro de la técnica para resolver algo así. ¿Alguien podría indicarme la dirección correcta?

Gracias

Answer 1

Supongamos que el máximo es $X_{500}$ entonces $$P(X_{500}\le x)=P(X_i \le x ,i=1,2,...,500)$$ Obsérvese que esto es así porque si el máximo es menor que $x$ entonces cualquier otra estadística de orden es menor que $x$ . Ahora bien, desde el $X_i's$ son IID, se deduce que; $$P(X_{500}\le x)=\prod_{i=1}^{500} P(X_i\le x)=x^{500}$$ que es la FCD y por tanto la FDP es $500x^{499}$ (que se obtiene por diferenciación). Ahora el valor esperado del máximo se encuentra de la siguiente manera; $$E[X]=\int _0^1 x (500x^{499})dx=\int _0^1 500x^{500}dx=\frac {500}{501}$$

Answer 2

Hay un truco útil para la distribución uniforme.

El truco: Si tienes 500 variables aleatorias uniformes independientes en $[0;1]$ entonces puedes pensar que tienes 501 variables aleatorias uniformes independientes en una circunferencia con longitud unitaria. Basta con considerar la primera variable aleatoria como un punto de corte, que transforma la circunferencia en un segmento unitario $[0;1]$ .

La distancia media entre los puntos de la circunferencia es $1/501$ y ...

la longitud media de 500 intervalos es igual a $500/501$ .

Answer 3

George Pólya dice "¿Hay algún problema más sencillo del mismo tipo que sí sepas resolver?".

La forma de resolver algo así es estudiar primero los casos más sencillos. ¿Cuál es el valor esperado del máximo de una variable aleatoria uniforme IID? ¿Cuál es el valor esperado del máximo de dos?

Pasa el ratón por encima si quieres la respuesta real.

Creo que la respuesta es $\frac{500}{501}$ .

Answer 4

Sea $Y$ sea el máximo. Entonces $P(Y\le y)=y^{500}$ (si $0\le y\le 1$ ). Así que ahora conocemos la función de distribución acumulativa de $Y$ y por tanto la densidad, y por tanto la media.

Answer 5

Esto puede solucionarse tomando expectativas repetidas. Fijar $n$ (500 en su ejemplo), y que $Y_k = \mathrm{max}\,\left\{X_1, \ldots, X_k\right\}$ para $1 \leq k \leq n$ . Establecer $R_k = \mathbb E\left(Y_k^{n + 1 - k}\right)$ .

Entonces $R_1 = \int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n + 1}$ y para $k > 1$ , $$R_k = \mathbb E\left(\mathbb E Y_k^{n+1-k}\right|Y_{k-1}).$$

Ahora, $Y_k$ es $X_k$ si $X_k \geq Y_{k-1}$ y $Y_{k-1}$ de lo contrario. Así,

$$R_k = \mathbb E \left(\int_0^{Y_{k1}}Y_{k-1}^{n+1-k}\,dx + \int_{Y_{k-1}}^1x^{n+1-k}\,dx\right) = \mathbb E\left(Y_{k-1}^{n+2-k} + \frac{1 - Y_{k-1}^{n+2-k}}{n+2-k}\right),$$ que a su vez da $$R_k = \frac{1}{n+2-k}+\frac{n+1-k}{n+2-k}R_{k-1}.$$

Utilizando esta expresión para $R_k$ en términos de $R_{k-1}$ es cuestión de álgebra básica demostrar por inducción que

$$R_k = \frac{1}{n+2 - k} + (n+1 -k)\sum_{i=n+2-k}^n \frac{1}{i(i+1)}.$$

Entonces $$\mathbb E Y_n = R_n = \frac{1}{2} + \sum_{i=2}^n \frac{1}{i(i+1)} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i(i+1)},$$ y de nuevo es fácil demostrar por inducción que la suma de la derecha es igual a $\frac{n}{n+1}$ .