Manera más fácil encontrar $\mathbb{E}\left[X_{(2)}| X_{(1)}, X_{(3)}\right]$?

Question

Considere la posibilidad de 3 iid muestras extraídas a partir de la distribución uniforme $u(\theta, 2\theta)$ donde $\theta$ es el parámetro. Quiero encontrar $$ \mathbb{E}\left[X_{(2)}| X_{(1)}, X_{(3)}\right] $$ donde $X_{(i)}$ es el fin de la estadística de la $i$.

Yo esperaría que el resultado sea $$ \mathbb{E}\left[X_{(2)}| X_{(1)}, X_{(3)}\right] = \frac{X_{(1)}+ X_{(3)}}{2} $$ Pero la única manera en que puedo mostrar este resultado parece ser demasiado largo, no puedo venir para arriba con una solución simple, que me estoy perdiendo algo, ¿hay algún atajo?

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Lo que yo hago es la siguiente:

• Me parece la densidad condicional

  $$ f(x_{(2)}| x_{(1)}, x_{(3)}) = \frac{ f(x_{(1)}, x_{(2)}, x_{(3)})}{f(x_{(1)}, x_{(3)})} $$

• Puedo integrar

$$ \mathbb{E}\left[X_{(2)}| X_{(1)}, X_{(3)}\right] = \int x f(x| x_{(1)}, x_{(3)}) dx $$

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Detalles:

Me adoptar la fórmula general para la densidad de fin de estadística (con $\mathbb{I}_{\{A\}}$ un indicador de $A$)

$$ f_{x_{(1)},\ldots , x_{(n)}}(x_1,\cdots, x_n) = n! \prod_{i=1}^n f_{x}(x_i)\mathbb{I}_{\{x_{(1)} \leq x_{(2)} \leq \cdots \leq x_{(n)}\}}(x_1,\cdots, x_n) $$

para obtener para mi caso

$$ f_{x_{(1)}, x_{(2)}, x_{(3)}}(x_1, x_2, x_3) = 3!\frac{1}{\theta^3}\mathbb{I}_{\{x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_n\}}(x_1,\cdots, x_3) $$

marginal de $f_{x_{(1)}, x_{(3)}}(u, v)$ es

$$f_{x_{(1)}, x_{(3)}}(u, v) = \int f_{x_{(1)}, x_{(2)}, x_{(3)}}(u, x_2, v) dx_2$$

que es

$$ f_{x_{(1)}, x_{(3)}}(u, v) = \int 3!\frac{1}{\theta^3}\mathbb{I}_{\{x_1 = u \leq x_2 \leq x_3 = v\}}(u, x, v) dx = 3!\frac{1}{\theta^3} [v-u] $$

para ello

$$ f(x_{(2)}| x_{(2)} = u, x_{(3)} = v) = \frac{ f(x_{(1)} = u, x_{(2)}, x_{(3)} = v)}{f(x_{(1)}= u, x_{(3)} = v)} = \frac{3!\frac{1}{\theta^3}\mathbb{I}_{u \leq x_2 \leq \cdots \leq v}(u,x_2, v) }{3!\frac{1}{\theta^3} [v-u]}= [v-u]^{-1}\mathbb{I}_{\{u<x_2<v\}} $$

lo que da

$$ \mathbb{E}\left[X_{(2)}| X_{(1)} = u, X_{(3)} = v\right] = [v-u]^{-1}\int_{u}^{v} x dx = [v-u]^{-1}\frac{ [v^2 - u^2]}{2} = \frac{u+v}{2} $$

Answer 1

Debido a que el $X_i$ todos tienen una distribución uniforme, todos (sin ordenar) variables que se supone que son independientes, y no otro orden de estadística se encuentra entre el$X_{(1)}$$X_{(3)}$, $X_{(2)}$ tiene un truncado distribución uniforme apoyado en el intervalo de $[X_{(1)}, X_{(3)}]$. Su refiero obviamente a es $(X_{(1)}+X_{(3)})/2$, QED.

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Si desea una demostración formal, tenga en cuenta que cuando el $X_i$ son iid con un absolutamente continuas de distribución de $F$, la densidad condicional de $X_{(k)}$ (condicional en todas las demás estadísticas de orden) es $dF(x_k)/(F(x_{(k+1)}) - F(x_{(k-1)}))$, que es el truncado de distribución. (Cuando $k=1$, $F(x_{0})$ es $0$; y cuando $k=n$, $F(x_{n+1})$ es $1$.) Esto se deduce de la Articulación pdf de las funciones de estadísticas de orden, por ejemplo, junto con la definición de densidades condicionales.