正常样本的最小订单统计量的期望值

2014年1月25日更新： 错误已得到纠正。请忽略上载图像中的“期望值”的计算值-它们是错误的-我不会删除图像，因为它已经生成了该问题的答案。

2014年1月10日更新： 发现了错误-所使用的一种来源中存在数学错字。正在准备更正...

从集合的最低次序统计的密度 IID连续随机变量与CDF和pdf是 $n$$F_X(x)$$f_X(x)$

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

如果这些随机变量是标准正态的，则

$$f_{X_{(1)}}(x_{(1)}) = n\phi(x_{(1)})\left[1-\Phi(x_{(1)})\right]^{n-1} = n\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}\qquad [2]$$ ，因此其期望值为 $$E\left(X_{(1)}\right) = n\int_{-\infty}^{\infty}x_{(1)}\phi(x_{(1)})\left[\Phi(-x_{(1)})\right]^{n-1}dx_{(1)}\qquad [3]$$

我们使用标准法线的对称属性。在Owen 1980，第402页，等式[ n，011 ]中，我们发现

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

我们得到和（，）之间的匹配参数$[3]$$[4]$$a=-1$$m=n-1$

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

再次在欧文1980年，第2页。409，eq [ n0,010.2 ]我们发现

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

其中是标准的多元法线，是成对相关系数，并且是。$\mathcal Z_m()$$\rho_{ij}=d_id_j,\; i\neq j$$-1\le d_i\le 1$

匹配和我们有，和 $[5]$$[6]$$m=n-2$$h_i=0,\;\forall i$

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

利用这些结果，等式变为$[5]$

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

这种均等相关变量的多元标准正态概率积分都被评估为零，已经进行了足够的研究，并且已经得出了各种近似和计算方法。Gupta（1963）进行了广泛的综述（通常涉及多元正态概率积分的计算）。Gupta为各种相关系数以及最多12个变量提供了显式值（因此涵盖了14个变量的集合）。结果是（最后一列错误）：

现在，如果我们绘制值如何随变化，我们将获得$\mathcal Z_{n-2}(0,...,0;\rho=1/3)$$n$

因此，我提出了三个问题/要求：
1）有人可以分析检查和/或通过仿真验证期望值的结果是否正确（即检查eq的有效性）吗？$[7]$

2）假设方法正确，是否有人可以给出均值非零且方差非零的法线的解？经过所有的转换，我感到非常头晕。

3）概率积分的值似乎在平稳发展。用某个函数近似呢？$n$

您的结果显示不正确。这很容易看出，无需任何计算，因为在表中，随着样本大小增加而增加；显然，随着样本大小的增加，样本最小值的期望值必须变小（即变得更负）。$E[X_{(1)}]$ $n$$n$

从概念上讲，这个问题很容易。

简言之：如果〜与PDF：$X$$N(0,1)$$f(x)$

...则一阶统计量的pdf（在大小为的样本中）为：$n$

...在这里使用中的OrderStat功能获得mathStatica支持，并具有以下支持范围：

然后，对于可以很容易地精确地获得：$E[X_{(1)}]$$n = 1,2,3$

确切的情况大约为，这显然与您的工作方式-1.06（表的第1行）不同，因此看来您的工作方式似乎有问题（或者可能是我对您要寻找的内容的理解） 。$n = 3$$-0.846284$

对于，获得封闭形式的解比较棘手，但是即使符号积分证明很困难，我们也可以始终使用数值积分（如果需要，可以达到任意精度）。这真的非常容易...例如，这里是，使用Mathematica对于样本大小到14 ：$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，-1.53​​875，-1.58644，-1.62923，-1.66799，-1.70338}

全做完了。这些值显然与表（右列）中的值有很大不同。

要考虑父级的更一般情况，请从普通Normal pdf开始完全按照上述步骤进行操作。$N(\mu, \sigma^2)$