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Una secuencia de estadísticas de orden de una secuencia de alcoholímetro

Dada una secuencia de variables aleatorias iid $X_i$ (sin pérdida de generalidad de $U(0,1)$), un entero $k \ge 1$ y algunos $p \in (0,1)$, la construcción de la secuencia de vectores aleatorios $Z^{(j)}$, $j=0,1,...$ de la siguiente manera. Vamos

$$Z^{(0)}=(X_{(1)},...,X_{(k)}),$$

donde $X_{(l)}$ $l$- fin de estadística de la muestra $\{X_1,...,X_k\}$. Introducir las notaciones

\begin{align} Z^{(j)}&=(Z_{j,1},...,Z_{j,k}),\\ m_j&=\min(Z_{j-1,1},...,Z_{j-1,k},X_{k+j}),\\ M_j&=\max(Z_{j-1,1},...,Z_{j-1,k},X_{k+j}) \end{align}

Entonces

$$Z^{(j)}=(Y_{(1)},...,Y_{(k)})$$

donde $Y_{(l)}$ $l$- fin de estadística de la siguiente set, lo cual es

  1. El conjunto $\{Z_{j-1,1},...,Z_{j-1,k},X_{k+j}\}\backslash m_j$ con una probabilidad de $p$
  2. El conjunto $\{Z_{j-1,1},...,Z_{j-1,k},X_{k+j}\}\backslash M_j$ con una probabilidad de $1-p$

La decisión entre los casos 1. y 2. se hace de forma independiente de la $X_i$ (y, por tanto, de la $Z^{(i)}$).

El $Z^{(j)}$ son admitidos en el $k$-dimensiones simplex $S_k = \{(x_1, \dots, x_k) \in \mathbb{R}^k \, | \, 0 \le x_1 \le x_2 \le \dots \le x_k \le 1 \}$.

Parece que el $Z^{(j)}$ convergen en la distribución. Es esto conocido? Se sabe algo de la limitación de la distribución?

Para el caso de $k=1$, la respuesta es la siguiente. Indicar el cdf de $Z^{(j)}$$F_j$.

La cdf de $\min(X_{n+1},Z^{(n)})$ ($U(0,1)$de los casos) es

$$x+F_n(x)−xF_n(x)$$ y el cdf de $\max(X_{n+1},Z^{(n)})$ es

$$xF_n(x)$$.

Por lo tanto

\begin{align} F_{n+1}(x)&=p(x+F_n(x)−xF_n(x))+(1−p)xF_n(x)\\ &=px+(p(1-x)+(1-p)x)F_n(x) \end{align}

Desde $p(1-x)+(1-p)x\in(0,1)$ tenemos que

$$\lim F_{n}(x)=\frac{px}{1-p(1-x)-(1-p)x}$$

Estoy buscando resultados generales (caso de $k>1$) para la limitación de la distribución de la totalidad de vectores $Z^{(j)}$ o de algunos de sus componentes (distribuciones marginales).

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archaelus Puntos 5513

EDICIÓN en realidad tenía una respuesta diferente a esta pregunta se refiere a las cadenas de markov, pero luego vi una diferente y mejor la forma de solucionar el problema. Así que he cambiado mi respuesta - post puede volver a la antigua, si la gente la quiere

Ahora $Z^{(m)}$ será en función de $X_1,\dots,X_{k+m-1}$. En particular, será una función de las estadísticas de orden de este conjunto.

Para un distribuida uniformemente variable $X_i$, si tenemos una colección de $k+m-1$ de ellos, el rth orden estadístico tiene una distribución beta:

$$X_{(r)}\sim Beta(r,k+m-r)$$

Ahora, ¿cuál será el proceso que han hecho por el mth paso? Le han quitado la parte superior $n_t$ fin de estadísticas y la parte inferior,$n_b$, con la restricción de que $n_t+n_b=m-1$. Dijo de esta manera la probabilidad de que cualquier conjunto que ocurre es dada por la distribución binomial:

$$Pr(n_t)={m-1 \choose n_t}p^{n_t}(1-p)^{m-1-n_t}$$

Ahora, dada $n_t$ es el número elegido, tenemos $Z^{(m)}=(X_{(m-n_t)},\dots,X_{(k+m-1-n_t)})$ Ahora la distribución conjunta de $Z^{(m)}$ que parece:

$$P(Z^{(m)}|n_t)=\frac{(k+m-1)!X_{(m-n_t)}^{m-1-n_t}(1-X_{(k+m-1-n_t)})^{n_t}}{(m-1-n_t)!(n_t)!}dX_{(m-n_t)}\dots dX_{(k+m-1-n_t)}$$

Que es una distribución Dirichlet con los parámetros de $(m-n_t,1,1,\dots,1,n_t+1)$ $k-2$ 1 en el medio (que es un resultado general para el conjunto de la distribución de fin de stats - no se seguro si es conocido).

Ahora necesitamos suma a cabo $n_t$ con respecto a su probabilidad:

$$P(Z^{(m)})=\sum_{n_t=0}^{m-1}P(n_t)P(Z^{(m)}|n_t)$$ $$=\frac{(k+m-1)!}{(m-1)!}\sum_{n_t=0}^{m-1}{m-1 \choose n_t}^{2}\left[(1-X_{(k+m-1-n_t)})p\right]^{n_t}\left[X_{(m-n_t)}(1-p)\right]^{m-1-n_t}$$

Que se ve muy cerca de llegar a una distribución binomial, si no fuera por que molesta al cuadrado plazo en el balance. No conozco una solución exacta para este resumen. Esto es lo que pude conseguir. Usted probablemente requeriría numérica de trabajo para esto.

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Chris Puntos 1514

He formulado esta pregunta en mathoverflow. Tiene una respuesta, que no me parece momento para comprobar, así que me estoy dando el enlace como una respuesta aquí.

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