Distribution des pièces «non mélangées» en fonction de l'ordre du mélange

Supposons que j'ai des observations appariées tirées iid comme pour . Soit et on note la ème valeur observée de . Quelle est la distribution (conditionnelle) de ? (ou de manière équivalente, celle de ) $X_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_x^2\right), Y_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_y^2\right),$ $i=1,2,\ldots,n$ $Z_i = X_i + Y_i,$ $Z_{i_j}$ $j$ $Z$ $X_{i_j}$ $Y_{i_j}$

Autrement dit, quelle est la distribution de conditionnelle à ce que soit la e plus grande des valeurs observées de ? $X_i$ $Z_i$ $j$ $n$ $Z$

Je suppose que comme , la distribution de converge vers la distribution inconditionnelle de , tandis que , la distribution de converge vers la distribution inconditionnelle de la statistique e ordre de . Au milieu, cependant, je suis incertain. $\rho = \frac{\sigma_x}{\sigma_y} \to 0$ $X_{i_j}$ $X$ $\rho \to \infty$ $X_{i_j}$ $j$ $X$

distributions order-statistics shrinkage

— shabbychef
source

J'ai supprimé la balise "mixture" car il s'agit d'une question sur une somme (ou, de manière équivalente, sur des variables normales corrélées), pas sur un mélange d'entre elles.

— whuber

X_{i}

$X_i$ est également supposé indépendant de

Y_{i}

$Y_i$ , oui?

— cardinal

@cardinal: oui, ils sont indépendants.

— shabbychef

Une question récente et liée qui a surgi sur math.SE: math.stackexchange.com/questions/38873/...

— cardinal

La solution publiée sur math.SE est conceptuellement identique à la solution que je donne ci-dessous - mais formulée en utilisant une terminologie légèrement différente.

— NRH

Réponses:

Remarquez que la variable aléatoire est uniquement fonction de . Pour un vecteur , , nous écrivons pour l'indice de la ème coordonnée la plus grande. Soit également la distribution conditionnelle de $i_j$ $\mathbf{Z} = (Z_1, \ldots, Z_n)$ $n$ $\mathbf{z}$ $i_j(\mathbf{z})$ $j$ $P_z(A) = P(X_1 \in A \mid Z_1 = z)$ $X_1$ étant donné . $Z_1$

Si nous décomposons les probabilités en fonction de la valeur de et que nous nous désintégrons par rapport à nous obtenons $i_j$ $\mathbf{Z}$

\begin{array}{rcl} P (X_{{je}_{j}} \in UNE) & = & \sum_{k} P (X_{k} \in UNE, {je}_{j} = k) \\ = & \sum_{k} \int_{({je}_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in UNE ∣ Z = z) P (Z \in ré z) \\ = & \sum_{k} \int_{({je}_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in UNE ∣ Z_{k} = z_{k}) P (Z \in ré z) \\ = & \sum_{k} \int_{({je}_{j} (z) = k)} P_{z_{k}} (UNE) P (Z \in ré z) \\ = & \int P_{z} (UNE) P (Z_{{je}_{j}} \in ré z) \end{array}

$\begin{array}{rcl} P(X_{i_j} \in A) & = & \sum_{k} P(X_k \in A, i_j = k) \\ & = &\sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid \mathbf{Z} = \mathbf{z}) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P(X_k \in A \mid Z_k = z_k) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \sum_k \int_{(i_j(z) = k)} P_{z_k}(A) P(\mathbf{Z} \in d\mathbf{z}) \\ & = & \int P_{z}(A) P(Z_{i_j} \in dz) \\ \end{array}$

Cet argument est assez général et ne repose que sur les hypothèses iid énoncées, et pourrait être n'importe quelle fonction donnée de . $Z_k$ $(X_k, Y_k)$

Sous les hypothèses de distributions normales (en prenant ) et étant la somme, la distribution conditionnelle de étant donné que est $\sigma_y = 1$ $Z_k$ $X_1$ $Z_1 = z$ et @probabilityislogic montre comment calculer la distribution de, donc nous avons des expressions explicites pour les deux distributions qui entrent dans la dernière intégrale ci-dessus. La question de savoir si l'intégrale peut être calculée analytiquement est une autre question. Vous pourriez peut-être le faire, mais du haut de ma tête, je ne peux pas dire si c'est possible. Pour une analyse asymptotique lorsqueoucela peut ne pas être nécessaire.

N (\frac{σ_{X}^{2}}{1 + σ_{X}^{2}} z, σ_{X}^{2} (1 - \frac{σ_{X}^{2}}{1 + σ_{X}^{2}}))

$N\left(\frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2} z, \sigma_x^2\left(1 - \frac{\sigma_x^2}{1+\sigma_x^2}\right)\right)$

Z_{i_{j}}

$Z_{i_j}$

σ_{x} \to 0

$\sigma_x \to 0$

σ_{x} \to \infty

$\sigma_x \to \infty$

L'intuition derrière le calcul ci-dessus est qu'il s'agit d'un argument d'indépendance conditionnelle. Étant donné les variables et sont indépendantes. $Z_{k} = z$ $X_{k}$ $i_j$

— NRH
source

La distribution de n'est pas difficile, et elle est donnée par la distribution du composé Beta-F: $Z_{i_{j}}$

p_{Z_{{je}_{j}}} (z) ré z = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{z}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{z}{σ_{z}})]}^{n - j} ré z

$p_{Z_{i_{j}}}(z)dz=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{z}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dz$

Où est un PDF normal standard, et est un CDF normal standard, et . $\phi(x)$ $\Phi(x)$ $\sigma_{z}^{2}=\sigma_{y}^{2}+\sigma_{x}^{2}$

Maintenant, si l'on vous donne , alors est une fonction 1 à 1 de , à savoir . Je pense donc que cela devrait être une simple application de la règle jacobienne. $Y_{i_{j}}=y$ $X_{i_{j}}$ $Z_{i_{j}}$ $X_{i_{j}}=Z_{i_{j}}-y$

p_{X_{{je}_{j}} | {Oui}_{{je}_{j}}} (X | y) = \frac{n!}{(j - 1)! (n - j)!} \frac{1}{σ_{z}} ϕ (\frac{X + y}{σ_{z}}) {[Φ (\frac{X + y}{σ_{z}})]}^{j - 1} {[1 - Φ (\frac{X + y}{σ_{z}})]}^{n - j} ré X

$p_{X_{i_{j}}|Y_{i_{j}}}(x|y)=\frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} \frac{1}{\sigma_{z}}\phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\left[\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{j-1}\left[1-\Phi(\frac{x+y}{\sigma_{z}})\right]^{n-j}dx$

Cela semble trop facile, mais je pense que c'est correct. Heureux de se tromper.

— probabilitéislogique
source

Vous avez mal compris la question. Je cherche la distribution de

en fonction de

. Je n'observe pas réellement les

, et

ne peux pas les conditionner. On peut supposer, wlog que

, et donc ne considérer que les paramètres

X_{i_{j}}

$X_{i_j}$

j, n, σ_{x}, σ_{y}

$j, n, \sigma_x, \sigma_y$

X_{i}

$X_i$

Y_{i}

$Y_i$

σ_{x} = 1

$\sigma_x = 1$

j, n, σ_{y}

$j, n, \sigma_y$

— shabbychef

ok - donc, fondamentalement, vous devez avoir supprimé

de cette équation? (intégré)

y

$y$

— probabilitéislogic

Oui; et il n'est pas indépendant de Z ...

— shabbychef