Каково соотношение между расстоянием и средой выборки?

Пусть - выборка iid экспоненциальных случайных величин со средним значением , и пусть - статистика заказов из этого образца. Пусть .$X_1,\dots,X_n$$\beta$$X_{(1)},\dots,X_{(n)}$$\bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$

Определить интервалыМожно показать, что каждый также экспоненциальный, со средним значением .

$$W_i=X_{(i+1)}-X_{(i)}\ \forall\ 1 \leq i \leq n-1\,.$$ $W_i$$\beta_i=\frac{\beta}{n-i}$

Вопрос: Как мне найти , где известно и неотрицательно?$\mathbb{P}\left( \frac{W_i}{\bar X} > t \right)$$t$

Попытка: я знаю, что это равно . Поэтому я использовал закон полной вероятности следующим образом: $1 - F_{W_i}\left(t \bar X\right)$

$$\mathbb{P}\left( W_i > t \bar X \right) = 1 - F_{W_i}\left( t \bar X \right) = 1 - \int_0^\infty F_{W_i}(ts)f_{\bar X}(s) \mathrm{d}s \,,$$

который превращается в грязный, но я думаю, что податливый интеграл.

Я на правильном пути здесь? Является ли это действительным использованием закона полной вероятности?

Другой подход может заключаться в том, чтобы посмотреть на распределение различий:

$$\mathbb{P}\left( W_i - t \bar X > 0\right)$$

Или даже разбить суммы:

$$\mathbb{P}\left( W_i - t \bar X > 0 \right) = P \left( \left(X_{(i+1)} - X_{(i)}\right) + \frac{t}{n}\left(X_{(1)} + \dots + X_{(n)} \right) \right)$$

Решение экспоненциального случая было бы здорово, но еще лучше было бы какое-то общее ограничение на распределение. Или, по крайней мере, его моменты, которых было бы достаточно, чтобы дать мне неравенства Чебышева и Маркова.

---

Обновление: вот интеграл от первого метода:

$$\begin{align} 1 - \int_0^\infty \left( 1 - \exp \left( -\frac{ts}{\beta_i} \right) \right) \left( \frac{1}{\Gamma(n)\beta^n} s^{n-1} \exp \left( -\beta s \right) \right) \mathrm{d}s \\ 1 - \int_0^\infty \left( 1 - \exp \left( -\frac{(n-i)ts}{\beta} \right) \right) \left( \frac{1}{\Gamma(n)\beta^n} s^{n-1} \exp \left( -\beta s \right) \right) \mathrm{d}s \end{align}$$

Я немного поигрался с этим и не уверен, куда идти.

Трудность, с которой вы столкнулись, заключается в том, что у вас есть событие, связанное с независимыми случайными переменными. Проблема может быть упрощена и решена путем манипулирования событием, чтобы оно сравнивало независимые приращения. Для этого сначала отметим, что для каждая статистика заказа может быть записана как:$X_1, ..., X_N \sim \text{IID Exp}(\beta)$

$$X_{(k)} = \beta \sum_{i=1}^{k} \frac{Z_i}{n-i+1},$$

где (см., например, Renyi 1953, David and Nagaraja 2003). Это позволяет нам писать и мы можем записать среднее значение образца как:$Z_1, Z_2, ..., Z_n \sim \text{IID Exp} (1)$$W_k = \beta Z_{k+1} / (n-k)$

$$\begin{equation} \begin{aligned} \bar{X} \equiv \frac{\beta }{n} \sum_{k=1}^n X_{(k)} &= \frac{\beta }{n} \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^k \frac{Z_i}{n-i+1} \\ &= \frac{\beta }{n} \sum_{i=1}^n \sum_{k=i}^n \frac{Z_i}{n-i+1} \\ &= \frac{\beta }{n} \sum_{i=1}^n Z_i. \end{aligned} \end{equation}$$

Для облегчения нашего анализа мы определяем количество:

$$a \equiv \frac{t(n-k)}{n-t(n-k)}.$$

Для мы имеем:$a > 0$

$$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) &= \mathbb{P} \left( \frac{Z_{k+1}}{n-k} \geqslant \frac{t}{n} \sum_{i=1}^n Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \frac{n}{n-k} \cdot Z_{k+1} \geqslant t \sum_{i = 1}^k Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \left( \frac{n}{n-k} - t \right) Z_{k+1} \geqslant t \sum_{i \neq k} Z_i \right) \\ &= \mathbb{P} \left( \left( \frac{n}{n-k} - t \right) Z \geqslant t G \right) = \mathbb{P} \left( Z \geqslant a G \right), \end{aligned} \end{equation}$$

где и являются независимыми случайными величинами. Для тривиального случая, когда мы имеем . Для нетривиального случая, когда мы имеем , и вероятность интереса равна:$Z \sim \text{Exp} (1)$$G \sim \text{Ga}(n-1, 1)$$t \geqslant n / (n-k)$$\mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) = 0$$t < n / (n-k)$$a>0$

$$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{P}(W_k \geqslant t \bar{X}) &= \int\limits_0^\infty \text{Ga} (g| n-1, 1 ) \int\limits_{ag}^\infty \text{Exp}(z|1) dz dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} \int\limits_{ag}^\infty \exp{(-z)} dz dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} \left( 1 - \exp (ag) \right) dg \\ &= \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-g)} dg - \int\limits_0^\infty \frac{1}{\Gamma{(n-1)}} g^{n-2} \exp{(-(a+1)g)} dg \\ &= 1 - (a+1)^{-(n-1)} \\ &= 1 - \left( 1- \frac{n-k}{n} \cdot t \right)^{n-1}. \end{aligned} \end{equation}$$

Этот ответ интуитивно разумен. Эта вероятность строго уменьшается в с единичной вероятностью, когда и нулевой вероятностью, когда .$t$$t=0$$t = \frac{n}{n-k}$