Beweise zum Thema Ordnungsstatistiken

20.10.2016, 17:04

hollisch

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Beweise zum Thema Ordnungsstatistiken

Hallo zusammen Wink

Wink

Ich hab folgende Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} X_{(1)} \leq X_{(2)} \leq \ldots \leq X_{(n)} \end{eqnarray*}$ eine Ordnungsstatistik der Merkmals $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} X\sim F \end{eqnarray*}$ .

Sei $\begin{eqnarray*} t\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z \sim B(n,F(t)) \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen: $\begin{eqnarray*} P(X_{(i)} \leq t) = P(Z\geq i) \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen: Naja, leider nicht viel... ich kenne die Verteilungsfunktionen von Minimum und Maximum, nämlich $\begin{eqnarray*} F_{X_{(1)}}(x) = 1-[1-F_X(x)]^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_{X_{(n)}}(x) = [F_X(x)]^n \end{eqnarray*}$ . Ferner dachte ich, dass $\begin{eqnarray*} Z=\sum_{i=1}^n Z_i \sim B(n,F(t)) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} Z_i \overset{iid}\sim B(1,F(t)) \end{eqnarray*}$ , nur hab ich die Vermutung, dass mir das nicht weiterhelfen wird Big Laugh

Big Laugh

Kann mir jemand Tipps geben, dass ich auf die Lösung komme? smile

smile

20.10.2016, 20:20

1nstinct

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RE: Beweise zum Thema Ordnungsstatistiken
Hallo,

Du könntest mal so anfangen:

$\begin{eqnarray*} P(X_{(i)}\leq t) = P\left (\sum_{j=1}^n 1_{(-\infty,t]}(X_j) \geq i\right) \end{eqnarray*}$ ,

damit bist du dann schon fast fertig.

21.10.2016, 08:39

hollisch

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um ehrlich zu sein...die Gleichung versteh ich nicht unglücklich

unglücklich

okay, die Indikatorvariable wird 1 auf dem Interval $\begin{eqnarray*} (-\infty,t] \end{eqnarray*}$ , soweit so klar. Was mich verwirrt ist die Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ und das $\begin{eqnarray*} \geq i \end{eqnarray*}$

verwirrt

Danke für deine schnelle Rückmeldung smile

smile

21.10.2016, 09:08

1nstinct

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Zitat:

Was mich verwirrt ist die Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ und das $\begin{eqnarray*} \geq i \end{eqnarray*}$

Naja, wenn der i-te geordnete Wert <= t sein soll, was muss dann für alle j=1,...,n gelten?
Dann machen wir noch einen Zwischenschritt:

$\begin{eqnarray*} P(X_{(i)}\leq t) = P(X_j \leq t\, \text{mindestens i mal} ,\, j=1,\dots ,n,) = P\left (\sum_{j=1}^n 1_{(-\infty,t]}(X_j) \geq i\right) \end{eqnarray*}$

21.10.2016, 09:37

hollisch

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ahhhhh

Hammer

Hammer

Hammer

jau, das hab ich jetzt verstanden smile

smile

Kann ich dann so fortfahren?

Ich nutze, dass $\begin{eqnarray*} Z_j = \left\{ \begin{array}{c@{,\quad}l} 1 & X_j \leq t \\ 0 & X_j > t \end{array} \right. \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} Z_j \overset{iid}\sim B(1,F(t)) \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} P(X_{(i)} \leq t ) = P \left( \sum_{j=1}^n \boldsymbol 1_{(-\infty,t]}(X_j) \geq i \right) = P \left( \sum_{j=1}^n Z_j \geq i \right) = P(Z\geq i) \end{eqnarray*}$

21.10.2016, 09:41

1nstinct

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Genau, die Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ und damit der $\begin{eqnarray*} Z_j \end{eqnarray*}$ am Ende ist wichtig zu erwähnen.

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21.10.2016, 09:47

hollisch

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alles klar smile

smile

Das ist dann doch auch der Ansatz für die Verteilungsfunktion der Ordnungsstatistik $\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(t) \end{eqnarray*}$ , oder?

Vielen Dank!

21.10.2016, 09:50

1nstinct

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Naja, was ich meine:

$\begin{eqnarray*} X_j\, iid \Rightarrow Z_j \, iid \Rightarrow \sum Z_j =Z \sim \mathrm B(n,F(t)) \end{eqnarray*}$

21.10.2016, 09:57

hollisch

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jau, das ist mir klar Freude

Freude

Ich hätte vielleicht dazu sagen sollen, dass es der zweite Aufgabenteil ist Big Laugh

Big Laugh

Wir sollen die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}} \end{eqnarray*}$ berechnen. Und da dachte ich mir, da
$\begin{eqnarray*} F(x) = P(X\leq x) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(t) = P(X_{(i)}\leq t) = P(Z\geq i) \end{eqnarray*}$ schon mal ein Ansatz.
Ich weiß dann, dass $\begin{eqnarray*} Z\sim B(n,F(t)) \end{eqnarray*}$ und daraus folgt $\begin{eqnarray*} P(Z\geq i) = 1 - P(Z \leq i-1) = 1- \sum_{k=0}^{i-1} \binom nk F(t)^k (1-F(t))^{n-k} \end{eqnarray*}$

Ich bin mir da noch ein bisschen unsicher... wirkt zu einfach verwirrt

verwirrt

21.10.2016, 10:08

1nstinct

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Ne, das passt schon, wenn du $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ starten lässt.

Zur besseren Darstellung könntest du noch einen Schritt weiterrechnen:

$\begin{eqnarray*} P(Z\geq i) = 1 - P(Z \leq i-1) = 1- \sum_{k=1}^{i-1} \binom nk F(t)^k (1-F(t))^{n-k}=\sum_{k=i}^{n} \binom nk F(t)^k (1-F(t))^{n-k} \end{eqnarray*}$

21.10.2016, 10:15

hollisch

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warum genau $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ ? Die Binomialverteilung fängt doch bei $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ an... oder hat das mit der Ordnungsstatistik zu tun, dass wir bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Elementen immer ein erstes Element haben?

21.10.2016, 10:17

1nstinct

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Ja, sorry, mein Fehler, du hast natürlich recht smile

smile

.

21.10.2016, 10:31

hollisch

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Freude

Freude

Freude

Vielen vielen Dank!!!

Eine letzt Aufgabe gäb es da noch Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

Wir sollen zeigen, dass, wenn $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ stetig mit Dichte $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , dann gilt
$\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(t) = \binom ni i F(t)^{i-1}f(t)[1-F(t)]^{n-i} \end{eqnarray*}$

Ich hätte das jetzt so gemacht:

$\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(t) = F_{X_{(i)}}(t)-F_{X_{(i-1)}}(t) \end{eqnarray*}$ da es sich hier doch um eine diskrete Variable handelt... verstehe dann aber nicht woher das $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ in der vorgegebenen Lösung herkommt verwirrt

verwirrt

21.10.2016, 11:16

1nstinct

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Zitat:

Ich hätte das jetzt so gemacht: $\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(t) = F_{X_{(i)}}(t)-F_{X_{(i-1)}}(t) \end{eqnarray*}$

Nein, das ist nicht richtig.

Du musst $\begin{eqnarray*} \frac d{dt}P(X_{(i)}\leq t) \end{eqnarray*}$ berechnen.
Nutze die Produktregel und spalte die Summe auf (in der Form $\begin{eqnarray*} \frac d{dt}\sum_k u_k(t)v_k(t)=\sum_k u'_k(t)v_k(t) + \sum u_k(t)v'_k(t) \end{eqnarray*}$ ) .

Ist ein bisschen Schreibarbeit, aber ich geb dir mal ein Resultate an, das du vermutlich brauchen wirst:

$\begin{eqnarray*} \binom ni (n-i)=\binom n{i+1}(i+1) \end{eqnarray*}$

21.10.2016, 14:42

hollisch

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Alles klar!

$\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(t) = \sum_{k=i}^n \binom nk F(t)^k(1-F(t))^{n-k} \end{eqnarray*}$

ableiten ergibt dann

$\begin{eqnarray*} \frac d{dt} F_{X_{(i)}}(t) &=&\displaystyle \sum_{k=i}^n \binom nk kF(t)^{k-1}f(t)(1-F(t))^{n-k} - \sum_{k=i}^n \binom nk F(t)^k(n-k)(1-F(t))^{n-k-1}f(t) \\[2ex] &=& \binom ni iF(t)^{i-1} f(t) (1-F(t))^{n-i} + \sum_{k=i+1}^n \binom nk kF(t)^{k-1} f(t) (1-F(t))^{n-k} - \sum_{k=i}^{n-1} \binom nk (n-k)F(t)^k f(t) (1-F(t))^{n-k-1} - 0 \\[2ex] &=& \binom ni iF(t)^{i-1} f(t) (1-F(t))^{n-i} + \sum_{k=i+1}^n \binom nk kF(t)^{k-1} f(t) (1-F(t))^{n-k} - \sum_{k=i}^{n-1} \binom n{k+1} (k+1)F(t)^k f(t) (1-F(t))^{n-k-1} \\[2ex] &=& \binom ni iF(t)^{i-1} f(t) (1-F(t))^{n-i} + \sum_{k=i+1}^n \binom nk kF(t)^{k-1} f(t) (1-F(t))^{n-k} - \sum_{k=i+1}^{n} \binom n{k} kF(t)^{k-1} f(t) (1-F(t))^{n-k} = \binom ni iF(t)^{i-1} f(t) (1-F(t))^{n-i} \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für die Tipps smile

smile

Freude

21.10.2016, 14:45

1nstinct

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Ja, so sollte das passen.

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