均值相同，方差不同

假设您有八位跑步者参加比赛；他们各自的运行时间的分布是正常的，每个平均有秒。流道的标准偏差是最小的，第二个是第二个，第三个是最小，依此类推，八个最大。有两个问题使我感到困惑：（1）第一个击败最后一个的概率是多少；（2）谁最有可能赢得比赛？ $11$

我的答案分别是和。由于它们的均值相同，因此的概率仅为，不是吗？我该如何严格地证明第二部分，以及可以计算出获胜的确切概率？提前致谢。 $1/2$ $8$ $\bar x_1-\bar x_8\lt 0$ $1/2$

— 乔治·泰德
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@Silverfish在比较第一个（建模为随机变量）和最后一个（，假设独立于）时，我们只需要考虑。这具有零均值的对称连续分布。先打最后的机会是的机会（根据对称性和连续性）等于所要求的。尽管最后一场比赛赢得比赛的机会更大，但是却没有悖论：大多数情况下，第一局最后一次击败时，实际上会有其他人赢得比赛。

X_{1}

$X_1$

X_{n}

$X_n$

X_{1}

$X_1$

Z = X_{1} - X_{n}

$Z=X_1-X_n$

Z < 0

$Z\lt 0$

1 / 2

$1/2$

— ub

@whuber谢谢，我设法使我的意思乱码-会删除以防止混乱。1/2的数字是正确的，但比较其平均时间回答

是不正确的，似乎诚邀人口的手段混淆。在您撰写本文时，应该是

的差异。

\bar{x_{i}}

$\bar{x_i}$

X_{i}

$X_i$

— Silverfish

@Silver这突显了假设我们总是知道某人的符号含义的危险，因为它看起来很熟悉。我掩盖了这个问题（在“

”和“

” 上出现了划线），因为预期的含义很清楚，并暗示它们都不可能代表任何意思：在这种情况下，它们必须代表随机变量本身（我写了

和

）。

x_{1}

$x_1$

x_{8}

$x_8$

X_{1}

$X_1$

X_{n}

$X_n$

— ub

尽管精确的概率不能计算（除特殊情况外与），它可以被迅速数值计算精度高。尽管有此限制，但可以严格证明标准偏差最大的跑步者获胜的可能性最大。该图描述了这种情况，并说明了为什么此结果在直观上显而易见： $n \le 2$

显示了五个跑步者的时间概率密度。它们都是连续的并且关于共同的均值对称。（使用按比例绘制的Beta密度来确保所有时间都是正值。）以深蓝色绘制的一种密度具有更大的扩展。左尾部的可见部分代表其他跑步者通常无法匹配的时间。因为那条相对较大的左尾巴代表了相当大的概率，所以具有这种密度的跑步者赢得比赛的机会最大。（他们也有最大的机会进入最后！） $\mu$

这些结果不仅限于正态分布，而且还得到了证明：这里介绍的方法同样适用于对称且连续的分布。（这对任何反对使用正态分布来模拟运行时间的人都会很感兴趣。）当违反这些假设时，标准偏差最大的跑步者可能没有最大的获胜机会（我将反例的解释留给感兴趣的读者），但我们仍然可以在较为温和的假设下证明，如果SD足够大，则SD最大的跑步者将有最大的获胜机会。

该图还表明，通过考虑标准偏差的单侧类似物（所谓的“半方差”），也可以得到相同的结果，该类比仅测量分布在一侧的分散。无论分配的其余部分发生了什么，向左分散（朝着更好的时间）扩散的跑步者都应该有更大的获胜机会。这些考虑因素有助于我们理解（一个组中）最好的属性与其他属性（例如平均值）有何不同。

令为代表跑步者时间的随机变量。问题假设它们是独立的，并且具有共同的均值正态分布。（尽管这从根本上讲是不可能的模型，因为它在负时间上假定正概率，但只要标准偏差大大小于，它仍然可以是对现实的合理近似值。） $X_1, \ldots, X_n$ $\mu$ $\mu$

为了执行以下论点，保留独立性的假设，否则假设的分布由给出，并且这些分布定律可以是任何东西。 为了方便起见，还假定分布以密度连续。以后，根据需要，我们可以应用其他假设，前提是它们包括正态分布的情况。 $X_i$ $F_i$ $F_n$ $f_n$

对于任何和无穷小，最后一个跑步者有一定时间间隔并且是最快跑步者的机会是通过将所有相关概率相乘来获得的（因为所有时间都是独立的）： $y$ $dy$ $(y-dy, y]$

Pr (X_{n} \in (y - d y, y], X_{1} > y, \dots, X_{n - 1} > y) = f_{n} (y) d y (1 - F_{1} (y)) \dots (1 - F_{n - 1} (y)) .

$\Pr(X_n \in (y-dy, y], X_1 \gt y, \ldots, X_{n-1} \gt y) = f_n(y)dy(1-F_{1}(y))\cdots(1-F_{n-1}(y)).$

整合所有这些互斥的可能性，产生

Pr (X_{n} \leq min (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n - 1})) = \int_{R} f_{n} (y) (1 - F_{1} (y)) \dots (1 - F_{n - 1} (y)) d y .

$\Pr(X_n \le \min(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})) = \int_{\mathbb R} f_n(y)(1-F_1(y))\cdots(1-F_{n-1}(y)) dy.$

对于正态分布，当时，不能以闭合形式评估此积分：需要数值评估。 $n\gt 2$

该图绘制了标准差比例为1：2：3：4：5的五个流道中每个流道的积分数。SD越大，向左移动的功能就越多-其面积也越大。面积约为8：14：21：26：31％。特别是，SD最大的跑步者有31％的获胜机会。

尽管找不到封闭的表格，但我们仍然可以得出可靠的结论，并证明SD最大的跑步者最有可能获胜。 我们需要研究当分布之一的标准偏差变化时会发生什么。当随机变量在其均值附近重新按缩放时，其SD乘以并且将变为 $F_n$ $X_n$ $\sigma \gt 0$ $\sigma$ $f_n(y)dy$ $f_n(y/\sigma)dy/\sigma$ 。使变量的变化中的积分给出了浇道的一个机会表达获胜，作为的函数： $y=x\sigma$ $n$ $\sigma$

ϕ (σ) = \int_{R} f_{n} (y) (1 - F_{1} (y σ)) \dots (1 - F_{n - 1} (y σ)) d y .

$\phi(\sigma) = \int_{\mathbb R} f_n(y)(1-F_1(y\sigma))\cdots(1-F_{n-1}(y\sigma)) dy.$

现在假设所有分布的中位数相等，并且所有分布都是对称且连续的，且密度为。（在问题的条件下肯定是这种情况，因为正态中位数是其均值。）通过变量的简单（位置）变化，我们可以假定该共同中位数为；对称装置和 $n$ $f_i$ $0$ $f_n(y) = f_n(-y)$ 对于。这些关系使我们的积分比合并与积分后给 $1 - F_j(-y) = F_j(y)$ $y$ $(-\infty, 0]$ $(0,\infty)$

ϕ (σ) = \int_{0}^{\infty} f_{n} (y) (\prod_{j = 1}^{n - 1} (1 - F_{j} (y σ)) + \prod_{j = 1}^{n - 1} F_{j} (y σ)) d y .

$\phi(\sigma) = \int_0^{\infty} f_n(y)\left(\prod_{j=1}^{n-1}\left(1-F_j(y\sigma)\right)+\prod_{j=1}^{n-1}F_j(y\sigma)\right) dy.$

函数是可微的。通过微分被积数得到的导数是每个项的形式为整数的和 $\phi$

y f_{n} (y) f_{i} (y σ) (\prod_{j \neq i}^{n - 1} F_{j} (y σ) - \prod_{j \neq i}^{n - 1} (1 - F_{j} (y σ)))

$y f_n(y) f_i(y\sigma)\left(\prod_{j\ne i}^{n-1}F_j(y\sigma) - \prod_{j\ne i}^{n-1}(1-F_j(y\sigma))\right)$

对于。 $i=1, 2, \ldots, n-1$

我们关于分布所作的假设被设计以确保为。因此，由于，在左边的产品的每个术语超出在合适的产品及其相应的术语，这意味着产品的差异是负数。的其他因素显然非负因为密度不能为负值和 $F_j(x) \ge 1-F_j(x)$ $x\ge 0$ $x=y\sigma\ge 0$ $y f_n(y) f_i(y\sigma)$ 。我们可以得出结论，为，证明了机会，玩家与标准偏差胜增加。 $y\ge 0$ $\phi^\prime(\sigma) \ge 0$ $\sigma \ge 0$ $n$ $X_n$

只要的标准偏差足够大，这足以证明跑步者将获胜。这不是很令人满意，因为较大的SD可能会导致物理上不切实际的模型（负获胜时间有明显的机会）。但是，假设除标准偏差外，所有分布都具有相同的形状。在这种情况下，当它们都具有相同的SD时，是独立的并且分布相同：没有人比其他任何人都有更大或更少的获胜机会，因此所有机会均等（等于）。首先将所有分布设置为跑步者 $n$ $X_n$ $X_i$ $1/n$ $n$ 。现在逐渐降低所有其他跑步者的SD，一次。发生这种情况时，获胜的机会不会减少，而其他所有跑步者的机会都会减少。因此，具有获胜的最大机会，即QED。 $n$ $n$

— ub
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@Phonon是的。（但请不要将分布与从样本得出的估计值混淆。分布是数学模型，而不是数据集。）将SD增加

倍，即均匀地拉伸了水平轴。因为（根据总概率定律）密度函数将覆盖一个单位面积，所以该拉伸必须通过垂直轴拉伸

来补偿，从而保留所有面积。因此，较小的SD对应于较高的峰，较大的SD对应于较短的峰。

λ

$\lambda$

1 / λ

$1/\lambda$

— ub

Many thanks for your reply, makes perfect sense. So knowledge of peak values alone in this sense is rather important.

— Phonon