Mostrar que $\mathbb{E}\left(\bar{X}_{n}\mid X_{(1)},X_{(n)}\right) = \frac{X_{(1)}+X_{(n)}}{2}$

Question

Deje $X_{1},\ldots,X_{n}$ ser yo.yo.d. $U[\alpha,\beta]$ r.v.s., y deje $X_{(1)}$ el valor del $\min$, e $X_{(n)}$$\max$. Mostrar que $$ \mathbb{E}\left(\overline{X}_{n}\mid X_{(1)},X_{(n)}\right) = \frac{X_{(1)}+X_{(n)}}{2}. $$

Sé que $\displaystyle\mathbb{E}\left(\overline{X}_{n}\mid X_{(1)},X_{(n)}\right)=\mathbb{E}\left({X}_{1}\mid X_{(1)},X_{(n)}\right)$, pero no mucho más.

Answer 1

Después de haber utilizado una traducción y reescalado, podemos asumir que $\alpha=0$$\beta=1$. Suponga que $2\lt i\lt n$. Denotar $X_{(i)}$ $i$th mayor elemento entre $X_1,\dots,X_n$ (que es casi seguramente bien definidos, como el vector $\left(X_1,\dots,X_n\right)$ tiene una distribución continua). A continuación, para cada subconjunto de Borel $B$$\mathbb R^2$, tenemos, por simetría, $$ \mathbb E\left[\left(\frac{X_{(1)}+X_{(n)}}2-X_ {i)} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{(1)},X_{(n)}\right)\in B\right\} \right]\\ = n!\mathbb E\left[\left(\frac{X_{1}+X_{n}}2-X_{i} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{1},X_{n}\right)\in B\right\} \mathbf 1\left\{X_1\lt X_2\lt \dots X_i\lt \dots \lt X_n \right\} \right]. $$
Ahora, usamos el hecho de que si $a$ $b$ fijo de dos números reales tales que a $0\leqslant a\lt b\leqslant 1$, luego $$\int_0^1\mathbf 1\left\{a\lt x_2\lt\dots \lt x_{i-1}\lt b\right\}\mathrm dx_2\dots dx_{i-1}=\left(b-a\right)^{i-2}/ (i-2)! \mbox{ and } $$ $$\int_0^1\mathbf 1\left\{a\lt x_{i+1} \lt\dots \lt x_{n-1}\lt b\right\}\mathrm dx_{i+1} \dots dx_{n-1}=\left(b-a\right)^{n-i-1} /(n-i-1)! . $$ Llegamos, el uso de independencia y, a continuación, el hecho de que $\left(X_1,X_i,X_n\right)$ tiene la misma distribución que $\left(X_1,X_2,X_3\right)$, $$ \mathbb E\left[\left(\frac{X_{(1)}+X_{(n)}}2-X_ {i)} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{(1)},X_{(n)}\right)\in B\right\} \right]\\ = \frac{ n!}{\left(i-2\right)!\a la izquierda(n-i-1\right)!} \mathbb E\left[\left(\frac{X_{1}+X_{n}}2-X_{i} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{1},X_{n}\right)\in B\right\}\left(X_i-X_1\right)^{- 2}\left(X_n-X_i\right)^{n-i-1} \mathbf 1\left\{X_1\lt X_i\lt X_n \right\} \right]\\ = \frac{ n!}{\left(i-2\right)!\a la izquierda(n-i-1\right)!} \mathbb E\left[\left(\frac{X_{1}+X_{3}}2-X_{2} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{1},X_{3}\right)\in B\right\}\left(X_2-X_1\right)^{- 2}\left(X_3-X_2\right)^{n-i-1} \mathbf 1\left\{X_1\lt X_2\lt X_3 \right\} \right]. $$
Definir $A :=\sum_{i=2}^{n-1} \mathbb E\left[\left(\frac{X_{(1)}+X_{(n)}}2-X_{(i)} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{(1)},X_{(n)}\right)\in B\right\} \right]$. En vista de los anteriores cálculos, hemos $$A=\sum_{j=0}^{n-3}\frac{n!}{j!(n-3-j)!} \mathbb E\left[\left(\frac{X_{1}+X_{3}}2-X_{2} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{1},X_{3}\right)\in B\right\}\left(X_2-X_1\right)^{j}\left(X_3-X_2\right)^{n-3-j} \mathbf 1\left\{X_1\lt X_2\lt X_3 \right\} \right] \\ =n(n-1) (n-2) \mathbb E\left[\left(\frac{X_{1}+X_{3}}2-X_{2} \right)\mathbf 1\left\{\left(X_{1},X_{3}\right)\in B\right\} \left(X_3-X_1\right)^{n-3} \mathbf 1\left\{X_1\lt X_2\lt X_3 \right\} \right] .$$ Comienza a integrarse en la última expectativa con respecto a $X_2$, que se derivan de ese $A=0$. Por lo tanto, mostró que $$\mathbb E\left[\sum_{i=2}^{n-1}X_{(i)}\mid X_{(1) },X_{(n)} \right] =\frac{n-2}2\left(X_{(1)} + X_{(n)} \right).$$ Para concluir el resultado deseado, basta notar que $\sum_{i=1}^nX_i= \sum_{i=1}^nX_ { (i)}$.

Answer 2

Suponga que (a causa de la simetría, no importa; y simpifies notación) que $x_{(1)}=x_1=A$$x_{(n)}=x_n=B$ ; y $n\ge 3$.

A continuación, las variables $x_2, x_3 \cdots x_{n-1}$ son iid uniforme en $[A,B]$

Por lo tanto $$E\left(\frac{\sum x_i}{n} \mid x_{(1)},x_{(2)}\right) =\frac{1}{n}\left(A+ (n-2)\frac{(A+B)}2+B \right)=\frac{A+B}{2}$$