Valor Esperado de la Diferencia entre Secuencias de Ensayos Independientes

Question

Estoy tratando de demostrar lo siguiente:

Sean $X_{1}...X_{n}$ variables aleatorias i.i.d. que admiten una densidad $f$.

Sea $Y_{n}=\min(X_{i},i=1,...,n)$ y sea $Z_{n}$ el número de variables aleatorias $X_{i}$ que superan a $Y_{n}$ en más de 2. ¿Cómo evalúo $E(Z_{n})$?

Ahora supongamos que cada $X_{i}$ tiene una distribución uniforme en [0,4]. ¿Cómo encuentro $\lim_{n \to \infty} E(Z_{n})$?

Answer 1

Sea $F$ la función de distribución acumulada de las $X$ y $F_n$ la de las $Y_n$. Entonces $$ F_n(y)=P(Y_ny)=1-P(X_1>y,\, \ldots Y_n\geq y)=1-(1-F(y))^n $$ y la densidad de $Y_n$ es $$ f_n(y)= \frac{d}{dy}F_n(y)= n\,(1-F(y))^{n-1}\,f(y). $$ Quieres calcular $$ E(Z_n)=\int_{-\infty}^{\infty}E(Z_n|Y_n=y)\, f_n(y)\, dy $$ donde $E(Z_n|Y_n=y)$ es el número esperado de $X_i$ que son $>y+2$, es decir, $$ E(Z_n|Y_n=y) =(n-1)\, \frac{P(X_i>y+2)}{P(X_i>y)} =(n-1)\, \frac{1-F(y+2)}{1-F(y)} $$ (juntándolo todo se obtiene una expresión larga y complicada).

En el caso más sencillo donde las $X_i$ son uniformes en $[0,4]$, se obtiene \begin{align*} f(x) & = 1/4\quad (0

Answer 2

Sea $Y_{-i,n}=\min_{j\ne i}\{Y_j\}$. Primero, $Z_n=\sum_{i=1}^n1\{X_i>Y_n+2\}$. Tomando esperanzas en ambos lados obtenemos,

$$ \mathbb{E}Z_n=\sum_{i=1}^n\mathbb{P}\{X_i>Y_n+2\} \\ =\sum_{i=1}^n\mathbb{P}\{X_i>Y_n+2,X_i\le Y_{-i,n}\}+\mathbb{P}\{X_i>Y_n+2,X_i> Y_{-i,n}\} \\ =\sum_{i=1}^n\mathbb{P}\{X_i>Y_{-i,n}+2\}=n\mathbb{P}\{X_1>Y_{-1,n}+2\}, $$

donde la última igualdad sigue por simetría. Ahora, $$ \mathbb{P}\{X_1>Y_{-1,n}+2\}=\mathbb{E}\left[\mathbb{P}\{X_1>Y_{-1,n}+2\mid Y_{-1,n}\}\right] $$

y como $X_1$ es independiente de $Y_{-1,n}$,

$$ \mathbb{P}\{X_1>Y_{-1,n}\mid Y_{-1,n}\}=g(Y_{-1,n}), $$

donde $g(y)=\mathbb{P}\{X_1>y+2\}$. En consecuencia, dado que $f_{Y_{-1,n}}(y)=(n-1)f(y)\left(1-F(y)\right)^{n-2}$, donde $F$ es la función de distribución acumulada de $X$,

$$ \mathbb{E}Z_n=n(n-1)\int g(y)f(y)(1-F(y))^{n-2}dy. \quad(*) $$

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Para $X_1\sim U[0,4]$, $g(y)=1-\frac{y+2}{4}$ para $0\le y\le 2$, y $0$, en otro caso. Así, usando $(*)$, obtenemos

$$ \mathbb{E}Z_n=n(n-1)\int_0^2 \left(1-\frac{y+2}{4}\right)\frac{1}{4}\left(1-\frac{y}{4}\right)^{n-2}dy=\frac{n}{2}-1+\frac{1}{2^n}. $$