根据混合顺序分配“未混合”零件

假设我已将成对iid的观测值配对为对于。令和表示由的的第最大观测值。的（条件）分布是什么？（或等效地，） $X_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_x^2\right), Y_i \sim \mathcal{N}\left(0,\sigma_y^2\right),$ $i=1,2,\ldots,n$ $Z_i = X_i + Y_i,$ $Z_{i_j}$ $j$ $Z$ $X_{i_j}$ $Y_{i_j}$

也就是说，在是的观测值的第大时，的分布是什么？ $X_i$ $Z_i$ $j$ $n$ $Z$

我猜想，当 $\rho = \frac{\sigma_x}{\sigma_y} \to 0$ ，的分布 $X_{i_j}$ 收敛为的无条件分布 $X$ ，而当 $\rho \to \infty$ ，的分布 $X_{i_j}$ 收敛到的 $j$ 阶统计量的无条件分布。不过在中间，我不确定。 $X$

distributions order-statistics shrinkage

— 破旧的
source

我删除了“ mixture”标签，因为这是一个关于总和（或等效地，有关的正态变量）的问题，而不是关于它们的混合问题。

— ub

X_{i}

$X_i$ 还假设

独立于

Y_{i}

$Y_i$ ，是吗？

— 主教

@cardinal：是的，他们是独立的。

— shabbychef 2011年

最近在math.SE上出现的一个相关问题：math.stackexchange.com/questions/38873/…–

— 主教

在math.SE上发布的解决方案在概念上与我在下面给出的解决方案相同-但使用的术语略有不同。

— NRH

Answers:

观察到随机变量仅是的函数。对于向量，我们将写入第个最大坐标的索引。还让表示给定的的条件分布。 $i_j$ $\mathbf{Z} = (Z_1, \ldots, Z_n)$ $n$ $\mathbf{z}$ $i_j(\mathbf{z})$ $j$ $P_z(A) = P(X_1 \in A \mid Z_1 = z)$ $X_1$ $Z_1$

如果我们根据的值分解概率并对wrt分解，我们得到 $i_j$ $\mathbf{Z}$

\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 ∣ Z = z) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P (X_{k} \in A ∣ Z_{k} = z_{k}) P (Z \in d z) \\ = & \sum_{k} \int_{(i_{j} (z) = k)} P_{z_{k}} (A) P (Z \in d z) \\ = & \int P_{z} (A) P (Z_{i_{j}} \in d z) \end{array}

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

此参数非常笼统，仅依赖于上述iid假设，并且可以是任何给定函数。 $Z_k$ $(X_k, Y_k)$

在正态分布（）和为和的下，给定的的条件分布为和@probabilityislogic显示了如何计算的分布，因此我们有了在上面最后一个整数中输入的两个分布的显式表达式。积分是否可以解析计算是另一个问题。您也许可以，但是我无法确定是否可行。当或时进行渐近分析 $\sigma_y = 1$ $Z_k$ $X_1$ $Z_1 = z$

N (\frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}} z, σ_{x}^{2} (1 - \frac{σ_{x}^{2}}{1 + σ_{x}^{2}}))

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

Z_{i_{j}}

$Z_{i_j}$

σ_{x} \to 0

$\sigma_x \to 0$

σ_{x} \to \infty

$\sigma_x \to \infty$ 可能没有必要。

上面计算背后的直觉是这是一个条件独立性参数。给定，变量和是独立的。 $Z_{k} = z$ $X_{k}$ $i_j$

— NRH
source

的分布并不困难，它由Beta-F复合分布给出： $Z_{i_{j}}$

p_{Z_{i_{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

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

其中是标准普通PDF，是标准普通CDF，并且。 $\phi(x)$ $\Phi(x)$ $\sigma_{z}^{2}=\sigma_{y}^{2}+\sigma_{x}^{2}$

现在，如果给定，则是的函数，即。因此，我认为这应该是雅各布规则的简单应用。 $Y_{i_{j}}=y$ $X_{i_{j}}$ $Z_{i_{j}}$ $X_{i_{j}}=Z_{i_{j}}-y$

p_{X_{i_{j}} | Y_{i_{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

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

这似乎太容易了，但我认为这是正确的。很高兴被人展示错了。

— 概率逻辑
source

您误解了这个问题。我正在寻找作为的函数的。我实际上没有观察到和，因此无法对其进行限制。可以假设wlog，因此仅考虑参数。

X_{i_{j}}

$X_{i_j}$

j, n, σ_{x}, σ_{y}

$j, n, \sigma_x, \sigma_y$

X_{i}

$X_i$

Y_{i}

$Y_i$

σ_{x} = 1

$\sigma_x = 1$

j, n, σ_{y}

$j, n, \sigma_y$

— shabbychef 2011年

好的-所以基本上您需要从该等式中删除？（已整合）

y

$y$

— 概率

是; 它并不独立于Z ...

— shabbychef 2011年