Attente conditionnelle d'une variable aléatoire uniforme compte tenu des statistiques d'ordre

Supposons que X =$(X_1, ..., X_n)$ ~ $U(\theta, 2\theta)$, où $\theta \in \Bbb{R}^+$.

Comment calcule-t-on l'espérance conditionnelle de $E[X_1|X_{(1)},X_{(n)}]$, où $X_{(1)}$ et $X_{(n)}$ sont les statistiques de commande les plus petites et les plus importantes respectivement?

Ma première pensée serait que, puisque les statistiques de commande limitent la plage, il est simplement $(X_{(1)}+X_{(n)})/2$, mais je ne sais pas si c'est correct!

Considérons le cas d'un échantillon iid $X_1, X_2, \ldots, X_n$ d'un uniforme$(0,1)$Distribution. Mise à l'échelle de ces variables par$\theta$ et les traduire par $\theta$ leur confère un uniforme$(\theta, 2\theta)$Distribution. Tout ce qui concerne ce problème évolue de la même manière: les statistiques de commande et les attentes conditionnelles. Ainsi, la réponse obtenue dans ce cas particulier sera généralement valable.

Laisser $1\lt k\lt n.$ En émulant le raisonnement sur https://stats.stackexchange.com/a/225990/919 (ou ailleurs), constatez que la distribution conjointe de$(X_{(1)}, X_{(k)}, X_{(n)})$ a une fonction de densité

$$f_{k;n}(x,y,z) = \mathcal{I}(0\le x\le y\le z \le 1) (y-x)^{k-2}(z-y)^{n-k-1}.$$

Fixation $(x,z)$ et voir cela en fonction de $y,$ c'est reconnaissable comme une bêta$(k-1, n-k)$ distribution qui a été mise à l'échelle et traduite dans l'intervalle $[x,z].$ Ainsi, le facteur d'échelle doit être $z-x$ et la traduction prend $0$ à $x.$

Depuis l' attente d'une bêta$(k-1,n-k)$la distribution est$(k-1)/(n-1),$ nous constatons que l'attente conditionnelle de $X_{(k)}$ must be the scaled, translated expectation; namely,

$$\mathbb{E}\left(X_{(k)}\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) = X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{k-1}{n-1}.$$

The cases $k=1$ and $k=n$ are trivial: their conditional expectations are, respectively, $X_{(1)}$ and $X_{(k)}.$

Let's find the expectation of the sum of all order statistics:

$$\mathbb{E}\left(\sum_{k=1}^n X_{(k)}\right) = X_{(1)} + \sum_{k=2}^{n-1} \left(X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{k-1}{n-1}\right) + X_{(n)}.$$

The algebra comes down to obtaining the sum

$$\sum_{k=2}^{n-1}(k-1) = (n-1)(n-2)/2.$$

Thus

$$\eqalign{ \mathbb{E}\left(\sum_{k=1}^n X_{(k)}\right) &= (n-1)X_{(1)} + \left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \frac{(n-1)(n-2)}{2(n-1)} + X_{(n)} \\ &= \frac{n}{2}\left(X_{(n)}+X_{(1)}\right). }$$

Enfin, parce que le $X_i$ sont distribués à l'identique, ils ont tous la même attente, d'où

$$\eqalign{n\mathbb{E}\left(X_1\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) &= \mathbb{E}\left(X_1\right) + \mathbb{E}\left(X_2\right) + \cdots + \mathbb{E}\left(X_n\right)\\ &= \mathbb{E}\left(X_{(1)}\right) + \mathbb{E}\left(X_{(2)}\right) + \cdots + \mathbb{E}\left(X_{(n)}\right) \\ &= \frac{n}{2}\left(X_{(n)}+X_{(1)}\right), }$$

avec la solution unique

$$\mathbb{E}\left(X_1\mid X_{(1)}, X_{(n)}\right) = \left(X_{(n)}+X_{(1)}\right)/2.$$

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Il convient de noter que ce résultat n'est pas la seule conséquence de la symétrie de la distribution uniforme: il est particulier à la famille uniforme des distributions. Pour une certaine intuition, considérez les données tirées d'une version bêta$(a,a)$ distribution avec $a \lt 1.$ Les probabilités de cette distribution sont concentrées près de $0$ et $1$(sa densité a une forme en U ou "baignoire"). Quand$X_{(n)}\lt 1/2,$ we can be sure most of the data are piled up close to $X_{(1)}$ and therefore will tend to have expectations less than the midpoint $(X_{(1)}+X_{(n)})/2;$ and when $X_{(1)}\gt 1/2,$ the opposite happens and most of the data are likely piled up close to $X_{(n)}.$

The following is not a proof but a verification of the desired result once you know that $(X_{(1)},X_{(n)})$ is a complete statistic for $\theta$ :

Joint pdf of $X_1,X_2,\ldots,X_n$ is

$$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\ldots,x_n)&=\frac{1}{\theta^n}\mathbf1_{\theta<x_{(1)},x_{(n)}<2\theta} \\&=\frac{1}{\theta^n}\mathbf1_{\frac{1}{2}x_{(n)}<\theta<x_{(1)}}\quad,\,\theta\in\mathbb R^+ \end{align}$$

So $T=(X_{(1)},X_{(n)})$ is a sufficient statistic for $\theta$. It can be shown that $T$ is also a complete statistic by proceeding along these lines.

Then by Lehmann-Scheffe theorem, $E\,[X_1\mid T]$ is the UMVUE of $E(X_1)=\frac{3\theta}{2}$.

Now, $\frac{1}{\theta}(X_i-\theta)\stackrel{\text{i.i.d}}\sim \mathsf U(0,1)$, so that $\frac{1}{\theta}(X_{(n)}-\theta)\sim\mathsf{Beta}(n,1)$ and $\frac{1}{\theta}(X_{(1)}-\theta)\sim \mathsf{Beta}(1,n)$.

Therefore, $E(X_{(n)})=\frac{n\theta}{n+1}+\theta=\frac{(2n+1)\theta}{n+1}$ and $E(X_{(1)})=\frac{\theta}{n+1}+\theta=\frac{(n+2)\theta}{n+1}$.

Hence,

$$E\left[\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})\right]=\frac{1}{2(n+1)}\left((n+2)\theta+(2n+1)\theta\right)=\frac{3\theta}{2}$$

This proves that $\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$ is the UMVUE of $\frac{3\theta}{2}$ by Lehmann-Scheffe.

Since UMVUE is unique whenever it exists, it verifies the claim that $E\,[X_1\mid T]=\frac{1}{2}(X_{(1)}+X_{(n)})$.