Очікуване значення статистики мінімального замовлення від звичайної вибірки

ОНОВЛЕННЯ 25 січня 2014 року: помилка тепер виправлена. Будь ласка, ігноруйте обчислені значення очікуваного значення у завантаженому зображенні - вони неправильні. Я не видаляю зображення, оскільки воно створило відповідь на це запитання.

ОНОВЛЕННЯ 10 січня 2014 року: помилка виявлена ​​- математичний друк в одному з використаних джерел. Підготовка корекції ...

Щільність статистики мінімального порядку з колекції безперервних безперервних випадкових величин з cdf та pdf є $n$$F_X(x)$$f_X(x)$

$$f_{X_{(1)}}(x_{(1)}) = nf_X(x_{(1)})\left[1-F_X(x_{(1)})\right]^{n-1} \qquad [1]$$

Якщо ці випадкові величини є звичайними нормальними, то

$$f_{X_{(1)}}(x_{(1)}) = n\phi(x_{(1)})\left[1-\Phi(x_{(1)})\right]^{n-1} = n\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}\qquad [2]$$ тому його очікуване значення дорівнює $$E\left(X_{(1)}\right) = n\int_{-\infty}^{\infty}x_{(1)}\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}dx_{(1)}\qquad [3]$$

де ми використали симетричні властивості стандартного нормального. В Оуені 1980 p.402, екв. [ N, 011 ] знаходимо, що

$$\int_{-\infty}^{\infty}z\phi(z)\left[\Phi(az)\right]^m dz= \frac {am}{(\sqrt {a^2+1})(\sqrt {2\pi})}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(z)\left[\Phi\left(\frac {az}{\sqrt {a^2+1}}\right)\right]^{m-1}dz\qquad [4]$$

Відповідні параметри між рівняннями та ( , ) отримуємо$[3]$$[4]$$a=-1$$m=n-1$

$$E\left(X_{(1)}\right) = -\frac {n(n-1)}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(x_{(1)})\left[\Phi\left(\frac {-x_{(1)}}{\sqrt 2}\right)\right]^{n-2}dx_{(1)}\qquad [5]$$

Знову в Оуені 1980, с. 409, eq [ n0,010.2 ] знаходимо, що

$$\int_{-\infty}^{\infty}\left[\prod_{i=1}^{m}\Phi\left(\frac{h_i-d_iz}{\sqrt {1-d_i^2}}\right)\right] \phi(z)dz= \mathcal Z_m(h_1,...,h_m;\{\rho_{ij}\})\qquad [6]$$

де - стандартний багатоваріантний нормальний, - парні коефіцієнти кореляції і .$\mathcal Z_m()$$\rho_{ij}=d_id_j,\; i\neq j$$-1\le d_i\le 1$

Відповідність і маємо, , , і $[5]$$[6]$$m=n-2$$h_i=0,\;\forall i$

$$\frac{d_i}{\sqrt {1-d_i^2}} = \frac 1{\sqrt 2} \Rightarrow d_i = \pm \frac 1{\sqrt 3} \forall i \Rightarrow \rho_{ij} = \rho = 1/3$$

Використовуючи ці результати, рівняння стає$[5]$

$$E\left(X_{(1)}\right) = -\frac {n(n-1)}{2\sqrt{\pi}}\mathcal Z_{n-2}(0,...,0;\rho=1/3)\qquad [7]$$

Цей багатоваріантний стандартний інтеграл нормальної ймовірності з еквікорельованими змінними, всі оцінені в нуль , провів достатнє дослідження, і були отримані різні способи його наближення та обчислення. Обширний огляд (пов’язаний з обчисленням багатоваріантних нормальних інтегралів ймовірності загалом) - Гупта (1963) . Гупта надає явні значення для різних коефіцієнтів кореляції та для до 12 змінних (тому вона охоплює колекцію з 14 змінних). Результати (ОСТАННЯ КОЛУНА НЕ ПРАВИЛА) :

Тепер, якщо ми графікуємо, як значення змінюється на , отримаємо$\mathcal Z_{n-2}(0,...,0;\rho=1/3)$$n$

Тож я приходжу до своїх трьох запитань / запитів:
1) Чи може хтось аналітично перевірити та / або перевірити за допомогою симуляції, що результати для очікуваного значення є правильними (тобто перевірити обґрунтованість еквівалента )?$[7]$

2) Якщо припустити, що підхід правильний, чи може хтось дати рішення для нормалів з нульовою середньою та неодиничною дисперсією? При всіх перетвореннях я відчуваю дійсно запаморочення.

3) Начебто значення інтеграла ймовірності розвивається плавно. Як щодо наближення його до деякої функції ?$n$

Результати не здаються правильними. Це легко помітити без будь-якого розрахунку, оскільки у вашій таблиці ваш збільшується з розміром вибірки ; Зрозуміло, очікуване значення мінімальної вибірки повинно зменшуватися (тобто стає більш негативним), оскільки розмір вибірки збільшується.$E[X_{(1)}]$ $n$$n$

Проблема концептуально досить проста.

Якщо коротко: якщо ~ з pdf :$X$$N(0,1)$$f(x)$

... тоді pdf статистики 1-го порядку (у вибірці розміру ) є:$n$

... отримані тут за допомогою OrderStatфункції в mathStatica, з доменом підтримки:

Тоді, , для можна легко отримати точно так:$E[X_{(1)}]$$n = 1,2,3$

Точний випадок становить приблизно , що, очевидно, відрізняється від вашої роботи -1.06 (рядок 1 вашої таблиці), тому здається, що з вашими роботами щось не так (або, можливо, я розумію, що ви шукаєте) .$n = 3$$-0.846284$

Для отримання рішень закритої форми є більш складним, але навіть якщо символічна інтеграція виявляється складною, ми завжди можемо використовувати числову інтеграцію (за бажанням довільної точності). Це дійсно дуже просто ... Наприклад, , для розміру вибірки до 14, використовуючи Mathematica :$n \ge 4$$E[X_{(1)}]$$n = 1$

 sol = Table[NIntegrate[x g, {x, -Infinity, Infinity}], {n, 1, 14}]

{0., -0.56419, -0.846284, -1.02938, -1.16296, -1.26721, -1.35218, -1.4236, -1.48501, -1.53875, -1.58644, -1.62923, -1.66799, -1.70338}

Все зроблено. Ці значення, очевидно, дуже відрізняються від значень вашої таблиці (стовпець праворуч).

Щоб розглянути більш загальний випадок батька , дійте точно так, як зазначено вище, починаючи із загального pdf.$N(\mu, \sigma^2)$