Gibt es eine Zufallsvariable?

Stellen Sie sich vor, ich habe eine Zufallsvariable mit supp und für jedes feste $X$ $(X)=(0,\infty)$ $\mathbb P(X \in (0,a))>0$ $a>0$

Nun gegeben ein iid Beispiel - ist es möglich, dass $X_1,...,X_n$

X^{(2)} / X^{(1)} \overset{P}{\to} 1

$X^{(2)}/X^{(1)}\xrightarrow{\mathbb P}1$ für , wobei das te kleinste Element beschreibt?

n \to \infty

$n \to \infty$

X^{(i)}

$X^{(i)}$

i

$i$

Ich bin mir nicht sicher, was Ihr vorletzter Absatz bedeutet. Wenn Sie keine Verteilung für annehmen , können Sie keine Aussagen über die Grenze des Verhältnisses machen, es sei denn, diese Aussagen gelten für alle Verteilungen - was dies offensichtlich nicht ist. Wenn Sie fragen "Gibt es eine Zufallsvariable ...", bedeutet dies tatsächlich "Gibt es eine Verteilung, bei der das Verhältnis der kleinsten und zweitkleinsten Realisierung einer aus der Verteilung gezogenen iid-Stichprobe zu 1 geht?"

X

$X$

X

$X$

— Jbowman

@jbowman: Nun ja, ich würde gerne wissen, ob es nicht für alle Verteilungen gilt ... oder anders ausgedrückt: Können Sie mir eine Verteilung von st nennen, bei der das Verhältnis in der Wahrscheinlichkeit gegen 1 konvergiert (oder qn eine beliebige feste Zahl)? )

X

$X$

Ich denke, das würde eine kontinuierliche Dichte erfordern, Null bei Null.

— kjetil b halvorsen

Ich habe den Thread Ihres Arguments bei "der Wahrscheinlichkeit, dass alle ..." verloren, weil die Wahrscheinlichkeit, dass und in derselben zufälligen Teilstichprobe der Größe liegen, beträgt nicht

X^{(1)}

$X^{(1)}$

X^{(k)}

$X^{(k)}$

n / 2

$n/2$

2 (\binom{n / 2}{2}) / (\binom{n}{2}) \approx 1 / 2,

$2\binom{n/2}{2}/\binom{n}{2}\approx 1/2,$

(1 / 2)^{k} .

$(1/2)^k.$

— whuber

Ich meine die Wahrscheinlichkeit, dass alle in der Teilstichprobe sind ... Wenn die Stichprobe unabhängig gezogen wird, kann ich die Stichprobe zufällig in zwei Stichproben aufteilen als binomisch mit p =

X^{(1)}, . . . X^{(k)}

$X^{(1)},...X^{(k)}$

n

$n$

k

$k$

Ja, es gibt solche Verteilungen, bei denen sich das Verhältnis der zweitkleinsten zu den kleinsten Werten mit zunehmender Stichprobengröße der Wahrscheinlichkeit eins nähert. Sie müssen sich "im Wesentlichen" wie Verteilungen mit streng positiver Unterstützung im Sinne einer sehr, sehr schnellen Annäherung an die Nullwahrscheinlichkeit am Ursprung verhalten. Eine Abbildung finden Sie in der ersten Abbildung unten.

(Ich verlasse mich hier auf die richtige Intuition, dass, wenn die Verteilung ein streng positives Minimum hat, letztendlich die beiden kleinsten Werte in großen Stichproben mit hoher Wahrscheinlichkeit nahe an diesem Minimum liegen, von wo aus sich ihr Verhältnis der Einheit nähert. Diese Intuition funktioniert nicht, wenn das Minimum ist Null.)

Arbeiten wir der mit unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen mit kontinuierlichen Verteilungen. Dies bedeutet, dass sie eine gemeinsame Dichte und ihre gemeinsame Verteilungsfunktion ist. $X_i$ $f$ $F(x)=F(0)+\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$

Die Frage betrifft die kleinsten zwei unter den ersten dieser Variablen, wobei beliebig groß wird. Die gemeinsame Verteilung der beiden kleinsten Werte unter ihnen hat Dichte $n$ $X\lt Y,$ $n$

f_{n; 2} (x, y) = n (n - 1) f (x) f (y) {(1 - F (y))}^{n - 2}

$f_{n;2}(x,y) = n(n-1)f(x)f(y)\left(1-F(y)\right)^{n-2}$

für alle Einführung einer Variablen definiert durch $0\le x\le y.$ $u$

x = u y

$x = uy$

um das Verhältnis darzustellen Variablen von nach ändern von nach (was in ausgedrückt werden kann ) und über alles zu integrieren mögliche Werte von geben uns die Verteilungsfunktion des Verhältnisses als $x/y\le 1,$ $(x,y)$ $(u,y),$ $u=0$ $u=r$ $F$ $y$ $U=X/Y$

$Pr (U \leq r) = n (n - 1) \int_{0}^{\infty} f (y) F (r y) (1 - F (y))^{n - 2} d y$ $\Pr(U \le r) = n(n-1)\int_0^\infty f(y)F(ry)(1-F(y))^{n-2}\,\mathrm{d}y$ für $0 \le r \le 1.$

Dieser Ausdruck wird Gegenstand unserer Analyse sein.

In einigen Fällen ist die Verteilung von leicht zu bewerten $U$ . Obwohl dieser nächste Abschnitt eine Ablenkung ist, enthüllt er einen Denkprozess, der zu einer Antwort führt.

Nehmen wir zum Beispiel für wobei Ich erhalte eine Antwort, die überhaupt nicht mit variiert : für mögliche Verhältnisse

F_{p} (y) = y^{p}

$F_p(y) = y^p$

0 \leq y \leq 1

$0\le y\le 1$

p > 0.

$p\gt 0.$

n

$n$

0 \leq r \leq 1,

$0\le r \le 1,$

\begin{matrix} (1) & Pr (U \leq r) = r^{p} . \end{matrix}

$\Pr(U \le r) = r^p.\tag{1}$

Dies zeigt an, dass jede Verteilung , die sich in der Nähe des Ursprungs wie verhält, so etwas wie diese Leistungsverteilung für das Verhältnis ergibt; Insbesondere wird die Wahrscheinlichkeit nicht gegen konvergieren . $F$ $F(y)\approx y^p$ $1$

Wenn groß wird, konvergiert in der Wahrscheinlichkeit gegen den konstanten Wert . Mit anderen Worten, obwohl wir keine Verteilungen entdeckt haben, bei denen sich das Verhältnis nähert , haben wir eine Verteilungsfamilie, bei der dieses Verhältnis so nahe an wie wir möchten, indem wir ein geeignetes Familienmitglied auswählen (d. H. durch Auswahl der Leistung , um ausreichend groß zu sein). Wir könnten daher Verteilungen betrachten, bei denen am Ursprung flacher ist als jedes Polynom. Die klassische und eine der einfachsten derartigen Funktionen ist $p$ $(1)$ $1$ $U$ $1$ $1$ $p$ $F$

F (x) = \exp (1 - \frac{1}{x^{2}})

$F(x) = \exp\left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$

für $0 \le x \le 1.$

Offensichtlich reicht seine Unterstützung bis auf da das Exponential niemals Null ist. ist bei unendlich differenzierbar, aber alle Ableitungen sind dort Null. $0,$ $F$ $0$

In diesem Fall kann das Integral für noch ausgewertet werden. Es ist einfacher, das Ergebnis in auszudrücken wobei as $\Pr(U\le r)$ $s \ge 1,$

1 / s^{2} = r,

$1/s^2 = r,$

\begin{matrix} (2) & Pr (U \leq r) = Pr (U \leq 1 / s^{2}) = \frac{e^{1 - s} n!}{(1 + s)^{(n - 1)}} = s e^{1 - s} \frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} \end{matrix}

$\Pr(U \le r) = \Pr(U \le 1/s^2) = \frac{e^{1-s}n!}{(1+s)^{(n-1)}}= s\,e^{1-s}\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}}\tag{2}$

s^{(n)} = s (1 + s) (2 + s) \dots (n - 1 + s)

$s^{(n)} = s(1+s)(2+s)\cdots(n-1+s)$

ist die Pochhammer-Funktion. Hier sind Diagramme dieser Wahrscheinlichkeit (als Funktion von ) für und Die Graphen fallen mit zunehmendem auf ein Niveau von Null ab : $s$ $n=2, 2^2, 2^{2^2}, 2^{2^3},$ $2^{2^4}.$ $n$

Es ist leicht zu zeigen, dass für alle $z = s-1 \gt 0,$

\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} = \frac{1^{(n)}}{(1 + z)^{(n)}} = \frac{1}{1 + z} \frac{2}{2 + z} \frac{3}{3 + z} \dots \frac{n}{n + z} \to 0

$\frac{1^{(n)}}{s^{(n)}} = \frac{1^{(n)}}{(1+z)^{(n)}} = \frac{1}{1+z}\frac{2}{2+z}\frac{3}{3+z}\cdots\frac{n}{n+z} \to 0$

wenn groß wird. (Untersuchen Sie die MacLaurin-Reihe ihres Logarithmus.) Somit geht für alle auf zeigt, dass sich das Verhältnis der Konstanten in der Wahrscheinlichkeit nähert . $n$ $s=1+z \gt 1,$ $(2)$ $0,$ $U$ $1$

— whuber
quelle

Vielen Dank bereits - Ihre Lösung ist für mich nicht trivial, daher brauche ich möglicherweise eine Stunde, um sie vollständig zu verstehen. Aber darf ich fragen, was Sie damit meinen: (Ich verlasse mich hier auf die richtige Intuition, dass, wenn die Verteilung ein streng positives Minimum hat, die beiden kleinsten Werte in großen Stichproben mit hoher Wahrscheinlichkeit nahe an diesem Minimum liegen werden, woher sich ihr Verhältnis nähert Einheit. Diese Intuition funktioniert nicht, wenn das Minimum Null ist.)? Meinen Sie damit, dass die zufällige Varialbe durch eine Konstante unterbegrenzt ist ?

X

$X$

c > 0

$c>0$

Ja. Insbesondere gibt es ein positives so dass

c > 0

$c\gt 0$

Pr (X < c) = 0.

$\Pr(X\lt c)=0.$

— whuber

Ja, das widerspricht Ihrer Annahme: Ich weise darauf hin, dass bei einem positiven Minimum von das Grenzverhältnis intuitiv 1 beträgt Die Idee ist, dass wir ein solches emulieren können, indem wir die Wahrscheinlichkeit am Ursprung extrem schnell auf Null setzen. Der zweite Teil meines Beitrags ist, wie gesagt, nur eine Motivation für das Gegenbeispiel zu Ihrer Schlussfolgerung, das im letzten Teil analysiert und illustriert wird.

X

$X$

1.

$1.$

X

$X$

— whuber

Nett! Ich bin mit der Standard-Fréchet-Distribution zum gleichen Ergebnis gekommen. Mit dieser Wahl haben wir und unter Verwendung einer Änderung der Variablen nimmt die Wahrscheinlichkeit eine einfache Form, die die Beta-Funktion beinhaltet, und wieder ein divergierendes unendliches Produkt ergibt die Konvergenz der Wahrscheinlichkeit. Wir haben das gleiche flache Verhalten in der Nähe von .

F (r y) = F (y)^{1 / r}

$F(ry) = F(y)^{1/r}$

z := F (y)

$z:= F(y)$

Pr (U ⩽ r)

$\text{Pr}(U \leqslant r)$

0

$0$

— Yves

Ich habe nur eine Variante in der netten Antwort von whuber vorgeschlagen. Durch Auswahl des Standard-Fréchet für die Berechnung recht einfach.

F (y) = \exp {- 1 / y}

$F(y) = \exp\{-1/y\}$

y > 0

$y >0$

— Yves