การกระจายของชิ้นส่วน 'ไม่ได้ผสม' ตามคำสั่งของการผสม

สมมติว่าฉันได้จับคู่ข้อสังเกตวาด iid เป็น $X_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_x^2\right), Y_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_y^2\right),$ สำหรับ $i=1,2,\ldots,n$ . ปล่อย $Z_i = X_i + Y_i,$ และแสดงโดย $Z_{i_j}$ $j$ ค่าที่สังเกตได้มากที่สุดคือ $Z$ . การกระจาย (เงื่อนไข) ของคืออะไร $X_{i_j}$ ? (หรือเทียบเท่าจาก $Y_{i_j}$ )

นั่นคืออะไรคือการกระจายตัวของ $X_i$ เงื่อนไข $Z_i$ เป็น $j$ ที่ใหญ่ที่สุดของ $n$ ค่าสังเกตของ $Z$ ?

ฉันเดาว่าเป็น $\rho = \frac{\sigma_x}{\sigma_y} \to 0$ การกระจายของ $X_{i_j}$ ลู่เข้าสู่การกระจายแบบไม่มีเงื่อนไขของ $X$ ในขณะที่ $\rho \to \infty$ การกระจายของ $X_{i_j}$ ลู่เข้าสู่การกระจายแบบไม่มีเงื่อนไขของ $j$ สถิติลำดับที่ th ของ $X$ . แม้ว่าตรงกลางฉันไม่แน่ใจ

distributions order-statistics shrinkage

— shabbychef
แหล่งที่มา

ฉันลบแท็ก "mix" ออกเพราะนี่เป็นคำถามเกี่ยวกับผลรวม (หรือเท่ากันเกี่ยวกับตัวแปร Normal ที่มีความสัมพันธ์) ไม่ใช่เกี่ยวกับการผสมของพวกเขา

— whuber

X_{i}

$X_i$ ยังถือว่าเป็นอิสระจาก

Y_{i}

$Y_i$ ใช่ไหม

— พระคาร์ดินัล

@ cardinal: ใช่พวกเขาเป็นอิสระ

— shabbychef

คำถามล่าสุดและคำถามที่เกี่ยวข้องที่โผล่ขึ้นมาใน math.SE: math.stackexchange.com/questions/38873/…

— พระคาร์ดินัล

วิธีการแก้ปัญหาที่โพสต์บน math.SE นั้นมีแนวคิดเหมือนกับวิธีแก้ปัญหาที่ฉันให้ไว้ด้านล่าง แต่กำหนดโดยใช้คำศัพท์ที่แตกต่างกันเล็กน้อย

— NRH

คำตอบ:

สังเกตว่าตัวแปรสุ่ม $i_j$ เป็นหน้าที่ของ $\mathbf{Z} = (Z_1, \ldots, Z_n)$ เท่านั้น สำหรับ $n$ เวกเตอร์, $\mathbf{z}$ , พวกเราเขียน $i_j(\mathbf{z})$ สำหรับดัชนีของ $j$ พิกัดที่ใหญ่ที่สุด อนุญาตด้วย $P_z(A) = P(X_1 \in A \mid Z_1 = z)$ แสดงการกระจายตามเงื่อนไขของ $X_1$ รับ $Z_1$ .

ถ้าเราทำลายความน่าจะเป็นลงไปตามค่าของ $i_j$ และลบล้าง wrt $\mathbf{Z}$ เราได้รับ

\begin{array}{rcl} P (X_{{ผม}_{J}} \in A) & = & \underset{k}{Σ} P (X_{k} \in A, {ผม}_{J} = k) \\ = & \underset{k}{Σ} \int_{({ผม}_{J} (Z) = k)} P (X_{k} \in A | Z = Z) P (Z \in d Z) \\ = & \underset{k}{Σ} \int_{({ผม}_{J} (Z) = k)} P (X_{k} \in A | Z_{k} = Z_{k}) P (Z \in d Z) \\ = & \underset{k}{Σ} \int_{({ผม}_{J} (Z) = k)} P_{Z_{k}} (A) P (Z \in d Z) \\ = & \int P_{Z} (A) P (Z_{{ผม}_{J}} \in d Z) \end{array}

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

ข้อโต้แย้งนี้ค่อนข้างทั่วไปและอาศัยข้อสันนิษฐานของ iid และ $Z_k$ อาจเป็นฟังก์ชั่นที่กำหนดใด ๆ ของ $(X_k, Y_k)$ .

ภายใต้สมมติฐานของการแจกแจงแบบปกติ (การ $\sigma_y = 1$ ) และ $Z_k$ เป็นผลรวมการแจกแจงเงื่อนไขของ $X_1$ รับ $Z_1 = z$ คือ

ยังไม่มีข้อความ (\frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}} Z, σ_{x}^{2} (1 - \frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}}))

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

Z_{i_{j}}

$Z_{i_j}$ ดังนั้นเราจึงมีการแสดงออกที่ชัดเจนสำหรับทั้งการแจกแจงที่ใส่ในอินทิกรัลสุดท้ายข้างต้น การที่อินทิกรัลนั้นสามารถคำนวณได้หรือไม่เป็นอีกคำถามหนึ่ง คุณอาจจะสามารถ แต่ออกจากหัวของฉันฉันไม่สามารถบอกได้ว่ามันเป็นไปได้ สำหรับการวิเคราะห์เชิงเส้นกำกับเมื่อใด

σ_{x} \to 0

$\sigma_x \to 0$ หรือ

σ_{x} \to \infty

$\sigma_x \to \infty$ มันอาจไม่จำเป็น

สัญชาตญาณที่อยู่เบื้องหลังการคำนวณข้างต้นคือว่านี่คือการโต้แย้งความเป็นอิสระตามเงื่อนไข ป.ร. ให้ไว้ $Z_{k} = z$ ตัวแปร $X_{k}$ และ $i_j$ มีความเป็นอิสระ

— NRH
แหล่งที่มา

การกระจายของ $Z_{i_{j}}$ ไม่ใช่เรื่องยากและมอบให้โดยการกระจายสารประกอบ Beta-F:

{พี}_{Z_{{ผม}_{J}}} (Z) d 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} d Z

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

ที่ไหน $\phi(x)$ เป็น PDF มาตรฐานทั่วไปและ $\Phi(x)$ เป็น CDF ปกติมาตรฐานและ $\sigma_{z}^{2}=\sigma_{y}^{2}+\sigma_{x}^{2}$ .

ตอนนี้ถ้าคุณได้รับนั้น $Y_{i_{j}}=y$ จากนั้น $X_{i_{j}}$ เป็นฟังก์ชั่น 1 ต่อ 1 ของ $Z_{i_{j}}$ คือ $X_{i_{j}}=Z_{i_{j}}-y$ . ดังนั้นฉันคิดว่านี่ควรจะเป็นการประยุกต์ใช้กฎจาโคเบียนอย่างง่าย

{พี}_{X_{{ผม}_{J}} | Y_{{ผม}_{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} d x

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

ดูเหมือนง่ายเกินไป แต่ฉันคิดว่าถูกต้อง ยินดีที่จะแสดงผิด

— probabilityislogic
แหล่งที่มา

คุณเข้าใจผิดคำถาม ฉันกำลังมองหาการกระจายตัวของ

X_{i_{j}}

$X_{i_j}$ เป็นหน้าที่ของ

j, n, σ_{x}, σ_{y}

$j, n, \sigma_x, \sigma_y$ . ฉันไม่ได้สังเกต

X_{i}

$X_i$ และ

Y_{i}

$Y_i$ และไม่สามารถแก้ไขได้ หนึ่งอาจสันนิษฐานว่า

σ_{x} = 1

$\sigma_x = 1$ และพิจารณาเฉพาะพารามิเตอร์เท่านั้น

j, n, σ_{y}

$j, n, \sigma_y$ .

— shabbychef

ตกลง - โดยทั่วไปคุณต้องมี

y

$y$ ลบออกจากสมการนี้ไหม (บูรณาการออก)

— ความน่าจะเป็นทางการที่

ใช่; และมันไม่เป็นอิสระจาก Z ...

— shabbychef