Relación entre el número más alto entre $n$ y $n+1$ muestras

Question

Cuando $n$ Los números se extraen de forma independiente y uniforme de $[0,1]$ el valor esperado del número más alto es $A=n/(n+1)$ . Cuando $n+1$ números se extraen bajo la misma condición, el valor esperado del número más alto es $B=(n+1)/(n+2)$ . La relación es $\frac{A}{B}=\frac{n^2+2n}{n^2+2n+1}$ .

Para los fijos $n$ y cualquier distribución $F$ con apoyo $[0,1]$ , dejemos que $A(F)$ denotan el valor esperado del mayor de $n$ números extraídos independientemente de esta distribución, y $B(F)$ denotan el valor esperado del mayor de $n+1$ números extraídos independientemente de esta distribución. ¿Cuál es el mínimo de $\frac{A(F)}{B(F)}$ sobre todas las distribuciones $F$ con apoyo $[0,1]$ ?

Answer 1

Fijar la distribución $F$ en $[0,1]$ aparte de la constante $0$ distribución. Sea $E_n$ denotan la expectativa del máximo de $n$ muestras de $F$ .

Dejemos que $\cal X = X_1,\ldots,X_{n+1}$ sea $n+1$ muestras de $F$ . Afirmamos que $$ n\max(X_1,\ldots,X_{n+1}) \leq \sum_{i=1}^{n+1} \max(\cal X \setminus X_i). $$ En efecto, supongamos que el máximo es $X_j$ para que el lado izquierdo sea $nX_j$ . En el lado derecho tenemos $nX_j + \max(\cal X \setminus X_j) \geq nX_j$ .

Tomando las expectativas, obtenemos $$ n E_{n+1} \leq (n+1) E_n. $$ En otras palabras, $$ \frac{E_n}{E_{n+1}} \geq \frac{n}{n+1}. $$ Otra forma de verlo es $$ \frac{E_n}{n} \geq \frac{E_{n+1}}{n+1}. $$

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Es fácil construir ejemplos en los que estas desigualdades son casi ajustadas. Sea $F$ sea la distribución que es $0$ con probabilidad $1-\epsilon$ y $1$ con probabilidad $\epsilon$ . Entonces $$ E_n = 1-(1-\epsilon)^n = n\epsilon + O(\epsilon^2). $$ Por lo tanto, $$ \frac{E_n}{E_{n+1}} = \frac{n\epsilon + O(\epsilon^2)}{(n+1)\epsilon + O(\epsilon^2)} = \frac{n}{n+1} + O(\epsilon). $$ (Aquí la constante oculta depende de $n$ .)

Por lo tanto, $E_n/E_{n+1}$ puede acercarse a $n/(n+1)$ como deseamos. ¿Podemos llegar hasta $E_n/E_{n+1}$ ? Si pudiéramos, entonces la primera desigualdad anterior tendría que ser ajustada con probabilidad $1$ , lo que sólo ocurre si $\cal X \setminus \max \cal X$ es todo $0$ con probabilidad $1$ . Esto, a su vez, sólo puede ocurrir si $F$ es la constante $0$ distribución, que hemos prohibido. Concluimos que nuestras desigualdades son todas estrictas.

Answer 2

Supongamos que $X$ sigue alguna distribución de probabilidad continua en $[0,1]$ . Entonces $$F_{X_{(n)}}(x) = F_X(x)^n,$$ y observamos $$\operatorname{E}[X_{(n)}] = \int_{x=0}^1 S_{X_{(n)}}(x) \, dx = 1 - \int_{x=0}^1 F_X(x)^n \, dx,$$ donde requerimos que $F_X$ es una función monótona tal que $0 = F_X(0) \le F_X(x) \le F_X(1) = 1$ para todos $x \in [0,1]$ . Si consideramos la clase de funciones de la forma $F_X(x) = x^a$ para $a \in (0,\infty)$ encontramos que la expectativa anterior es $$\operatorname{E}[X_{(n)}] = 1 - (1+a n)^{-1}$$ y la relación de expectativas es $$g_n(a) = \frac{\operatorname{E}[X_{(n)}]}{\operatorname{E}[X_{(n+1)}]} = \frac{1 - (1+a n)^{-1}}{1 - (1 + a(n+1))^{-1}} = \frac{n(an + a + 1)}{(n+1)(an + 1)}.$$ La derivada con respecto a $a$ es $$g'_n(a) = \frac{n}{(n+1)(an+1)^2} > 0,$$ por lo que la función es estrictamente creciente para todo $a > 0$ y está limitado por debajo del valor en $a = 0$ que es $n/(1+n)$ para un fijo $n$ .

Aunque no hemos investigado la clase de todas las funciones de distribución posibles para $X$ El resultado anterior sugiere que podría ser un reto hacerlo mejor.