Randdichte berechnen

23.04.2012, 19:58

Gast11022013

Randdichte berechnen

Meine Frage:
Seien $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ u.i.v. Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F, F stetig, und Dichtefunktion f. Zeigen Sie, daß für die Dichte der i-ten geordneten Statistik gilt:

$\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(y_i)=\frac{n!}{(i-1)!(n-1)!}f(y_i)[F(y_i]^{i-1}[1-F(y_i)]^{n-i} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Zunächstmal weiß ich aus der Vorlesung, daß die gemeinsame Dichte der geordneten Statistiken lautet:

$\begin{eqnarray*} f_{X_{(1)},...,X_{(n)}}(y_1,...,y_n)=\begin{cases} n!f(y_1)\cdot ... \cdot f(y_n), & \text{falls }y_1<y_2<...<y_n \\ 0, & \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Allgemein gilt ja:

$\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(y_i)=\int_{-\infty}^{\infty}\hdots\int_{-\infty}^{\infty}f_{X_{(1)},...,X_{(n)}}(y_1,...,y_n)\, dy_1...dy_{i-1}~dy_{i+1}...dy_n \end{eqnarray*}$

Also habe ich schonmal, da man den Faktor $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ vor die ganzen Integrale ziehen kann und ebenso $\begin{eqnarray*} f(y_i) \end{eqnarray*}$ , da nach $\begin{eqnarray*} y_i \end{eqnarray*}$ nirgends integriert wird:

$\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(y_i)=n!f(y_i)\int_{-\infty}^{\infty}\hdots\int_{-\infty}^{\infty}f(y_1)\hdots f(y_{i-1})f(y_{i+1})\hdots f(y_n)\, dy_1...dy_{i-1}dy_{i+1}...dy_n \end{eqnarray*}$

Dies ist m.E. aufgrund der oben angeführten gemeinsamen Dichte der geordneten Statistiken identisch mit:

$\begin{eqnarray*} n!f(y_i)\int_{y_{n-1}}^{\infty}\int_{y_{n-2}}^{\infty}\hdots\int_{y_i}^{\infty}\int_{-\infty}^{y_i}\int_{-\infty}^{y_{i-1}}\hdots\int_{-\infty}^{y_2}f(y_1)\hdots f(y_{i-1})f(y_{i+1})\hdots f(y_n)\, dy_1...dy_{i-1}dy_{i+1}...dy_n \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt von innen nach außen sukzessive integriere und dabei benutze, daß

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{z}(F(a))^mf(a)\, da=\frac{(F(z))^{m+1}}{m+1}, m=0,1,2,... \end{eqnarray*}$

So komme ich auf vorläufig auf:

$\begin{eqnarray*} n!f(y_i)\frac{(F(y_i))^{i-1}}{(i-1)!}\cdot \int_{y_{n-1}}^{\infty}\int_{y_{n-2}}^{\infty}\hdots\int_{y_i}^{\infty}f(y_{i+1})\hdots f(y_n)\, dy_{i+1}...dy_n \end{eqnarray*}$

Das sieht - finde ich - eigentlich schon ganz gut aus, nur komme ich an dieser Stelle jetzt nicht weiter.

Kann man vielleicht die Integrationsreihenfolge bei den noch übriggebliebenen Integralen umdrehen und wenn ja, wieso? Dann könnte man nutzen:

$\begin{eqnarray*} (2) \int_{z}^{\infty}(1-F(a))^mf(a)\, da=\frac{(1-F(z))^{m+1}}{m+1}, m=0,1,2,... \end{eqnarray*}$

24.04.2012, 11:03

Gast11022013

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Also ich habe es jetzt nochmal durchgerechnet, wenn ich mich starr an die Vorschrift "von innen nach außen integrieren" halte, aber da kommt nicht das Erwünschte heraus.

Mache ich jedoch bei dem vorläufigen Resultat aus meinem ersten Beitrag weiter, indem ich dann weiter in der Reihenfolge von $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y_{i+1} \end{eqnarray*}$ integriere, erhalte ich das Gewünschte.

verwirrt

Edit 1-5:

Liegt es am Satz von Fubini, daß es egal ist, ob ich in der Reihenfolge

$\begin{eqnarray*} dy_i\hdots dy_{i-1}dy_{i+1}\hdots dy_n \end{eqnarray*}$

oder etwa in der Reihenfolge

$\begin{eqnarray*} dy_1\hdots dy_{i-1}dy_n\hdots dy_{i+1} \end{eqnarray*}$

oder gar in der Reihenfolge

$\begin{eqnarray*} dy_n\hdots dy_{i+1}dy_1\hdots dy_{i-1} \end{eqnarray*}$

(jeweils von innen nach außen) integriere?

24.04.2012, 12:00

HAL 9000

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Von diesen ineinander geschachtelten Integralen schwirrt mir der Kopf, deswegen würde ich ganz anders herangehen:

Was bedeutet das Ereignis $\begin{eqnarray*} [X_{(i)}\leq y] \end{eqnarray*}$ ? Nun, das tritt genau dann ein, wenn mindestens $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_1,\ldots,X_n \end{eqnarray*}$ kleiner oder gleich $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ sind. Dementsprechend ist

$\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(y) = P(X_{(i)}\leq y) = \sum_{j=i}^n \binom{n}{j} P(X_1\leq y,\ldots,X_j\leq y,X_{j+1}>y,\ldots,X_n>y) \end{eqnarray*}$ ,

dabei berücksichtigend, dass $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,j\} \end{eqnarray*}$ ja nur eine von $\begin{eqnarray*} \binom{n}{j} \end{eqnarray*}$ gleichwahrscheinlichen Auswahlen derjenigen $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ Indizes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ist, für die $\begin{eqnarray*} X_k\leq y \end{eqnarray*}$ gelten soll. Es folgt

$\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(y) = \sum_{j=i}^n \binom{n}{j} (F(y))^{j} (1-F(y))^{n-j} \end{eqnarray*}$ .

Dann bleibt nur noch die Ableitung zu berechnen, und diese dann zu vereinfachen...

P.S.: Im Nenner deiner Endformel muss $\begin{eqnarray*} (n-i)! \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} (n-1)! \end{eqnarray*}$ stehen.

24.04.2012, 12:08

Gast11022013

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Mir schwirrt davon auch der Kopf und mir ist diese Herangehensweise über eine Binomialverteilung bekannt und ich wollte sie in der Tat auch noch probieren.
Darauf komme ich also sehr gerne zurück.

Trotzdem wüsste ich sehr gerne auch, wie der andere Weg richtig funktioniert, weil ich daran gut üben kann.

Edit: Schönen Dank für den Hinweis auf den Tippfehler.

24.04.2012, 13:32

Gast11022013

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Kehre ich also doch erstmal zu der anderen Berechnungsweise zurück, da ich bei meiner ursprünglichen Idee nicht weiterkomme.

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} F_{X_{(i)}}(y_i)=\sum_{j=1}^{n}\binom{n}{j}F(y_i)^{j}(1-F(y_i))^{n-j} \end{eqnarray*}$ .

Dies muss ich zur Berechnung von $\begin{eqnarray*} f_{X_{(i)}}(y_i) \end{eqnarray*}$ nun nach $\begin{eqnarray*} y_i \end{eqnarray*}$ ableiten.

Der erste abzuleitende Summand ist

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\binom{n}{i}F(y_i)^{i}}_{u(y_i)}\underbrace{(1-F(y_i))^{n-i}}_{v(y_i)} \end{eqnarray*}$

Produktregel? Also:

$\begin{eqnarray*} u'(y_i)v(y_i)+u(y_i)v'(y_i) \end{eqnarray*}$ ?

Dann hätte ich für die Ableitung des ersten Summanden:

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{i}\cdot i\cdot F(y_i)^{i-1}\cdot (1-F(y_i))^{n-i}-\binom{n}{i}F(y_i)^{i}\cdot f(y_i)(n-i)(1-F(y_i))^{n-i-1} \end{eqnarray*}$

Ist das korrekt?

Wenn ja: Und nun sich überlegen, wie das für alle Summanden aussähe?

Edit: No, ich habe einmal die Kettenregel vergessen.

24.04.2012, 14:18

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dennis2010
Edit: No, ich habe einmal die Kettenregel vergessen.

Ja, aber das ist leicht korrigierbar: Es kommt der Faktor $\begin{eqnarray*} f(y_i) \end{eqnarray*}$ mit ran.

Jetzt kannst du noch benutzen

$\begin{eqnarray*} i\cdot\binom{n}{i} = n\cdot\binom{n-1}{i-1} \end{eqnarray*}$

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

und dann führst du beim Subtrahenden (bzw. der Summe darüber) eine Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} i\to i-1 \end{eqnarray*}$ durch.

24.04.2012, 15:07

Gast11022013

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Das mit der Indexverschiebung habe ich jetzt noch nicht so ganz verstanden, ansonsten habe ich aber jetzt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=i}^{n}f(x_i)\left[\binom{n}{j}jF(X_i)^{j-1}(1-F(x_i))^{n-j}-\binom{n}{j}(n-j)F(x_i)^j(1-F(x_i))^{n-j-1}\right] \end{eqnarray*}$

Und dies ist dann nach Deinem Hinweis:

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=i}^{n}f(x_i)\left[n\binom{n-1}{j-1}F(x_i)^{j-1}(1-F(x_i))^{n-j}-n\binom{n-1}{j}F(x_i)^{j}(1-F(x_i))^{n-j-1}\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =f(x_i)\left(\sum_{j=i}^{n}n\binom{n-1}{j-1}F(x_i)^{j-1}(1-F(x_i))^{n-j}-\sum_{j=i}^{n}n\binom{n-1}{j}F(x_i)^{j}(1-F(x_i))^{n-j-1}\right) \end{eqnarray*}$

Ich weiß nicht, wozu man jetzt eine Indexverschiebung benötigt.
Könntest Du das vllt. nochmal bitte erklären?

Was ich bis jetzt sehe: Jedenfalls heben sich die Summanden auf und es bleibt nur der allererste Summand übrig und damit ergibt sich die gewünschte Gleichung.

Edit 11:

Vielleicht meinst Du, daß man die zweite Summe schreibt als

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=i+1}^{n+1}n\binom{n-1}{j-1}F(x_i)^{j-1}(1-F(x_i))^{n-(j-1)-1=n-j} \end{eqnarray*}$ .

Dann hat man schön in den Summenzeichen das Gleiche stehen und kann schön(er) sehen, daß man rechnet:

$\begin{eqnarray*} a_i+...+a_n-(a_{i+1}+...+a_{n+1}) \end{eqnarray*}$ ,

wobei ich z.B. mit $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ das meine, was entsteht, wenn man $\begin{eqnarray*} j=i \end{eqnarray*}$ einsetzt in die (linke) Summe.

Dann bleibt nur übrig:

$\begin{eqnarray*} a_i-a_{n+1} \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{n}=0 \end{eqnarray*}$ bleibt eben nur $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ übrig.

Und das ergibt dann mit dem Vorfaktor $\begin{eqnarray*} f(x_i) \end{eqnarray*}$ den gewünschten Ausdruck.

Ich hoffe, ich habe Dich so richtig verstanden.

24.04.2012, 18:55

HAL 9000

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Das mit dem $\begin{eqnarray*} i\to i-1 \end{eqnarray*}$ war natürlich Unsinn - ich meinte $\begin{eqnarray*} j\to j-1 \end{eqnarray*}$ , und wie gesagt nur für den rechten Anteil.

Grund dafür ist selbstverständlich, dass dort statt $\begin{eqnarray*} F(x_i)^j(1-F(x_i))^{n-j-1} \end{eqnarray*}$ dann auch wie links $\begin{eqnarray*} F(x_i)^{j-1}(1-F(x_i))^{n-j} \end{eqnarray*}$ steht, und man die Summen miteinander "verarbeiten" kann.

Bzw., mit scharfem Blick kann man auch ohne diese Operation die Teleskopstruktur der Summe erkennen. Augenzwinkern

Und anscheinend

Zitat:

Original von Dennis2010
Was ich bis jetzt sehe: Jedenfalls heben sich die Summanden auf und es bleibt nur der allererste Summand übrig und damit ergibt sich die gewünschte Gleichung.[/i]

hast du ja diesen scharfen Blick, habe ich erst übersehen. Freude

24.04.2012, 18:59

Gast11022013

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Kannst Du mal mein letztes Edit ansehen, da habe ich es mal versucht.

24.04.2012, 19:02

HAL 9000

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Ja, hat sich mit meinem letzten Edit überkreuzt. Augenzwinkern

Anzumerken ist noch, dass der hintere Summand (sozusagen dein $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ) gleich Null ist wegen $\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{n}=0 \end{eqnarray*}$ .

24.04.2012, 19:05

Gast11022013

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Endlich hinbekommen, schönen Dank!!

(Im Nachhinein wirklich schöner als dieser Integrationswahnsinn, den ich zuerst vorhatte.

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