Вариационный ряд; показательное распределение.

[mel3010]

Здравствуйте.

Прошу помочь мне с решением следующей задачи:
Пусть $x_{(1)}$, ... , $x_{(n)}$ - вариационный ряд, построенный по выборке $x_1$, ... , $x_n$, где $x_k$ независимы и имеют показательное распределение с параметром $\alpha$. Найти $cov(x_{(1)},x_{(n)})$.

Нашел дисперсию для $x_{(1)}$ и $x_{(n)}$. Думаю выразить ковариацию через дисперсию суммы. Как можно выразить сумму крайних элементов через элементы выборки? Подскажите, пожалуйста, куда копать.

[--mS--]

Никак не выразить. Тут есть масса обходных вариантов, опирающихся на знание распределений расстояний между соседними порядковыми статистиками, и их независимости для показательной выборки. Но если таковых сведений взять неоткуда, то напрямую искать функцию и плотность совместного распределения минимума и максимума. Вероятность $\mathsf P(X_{(1)}<x, X_{(n)} < y)$ выражается через $\mathsf P(X_{(1)}\geqslant x, X_{(n)} < y)$, которая легко находится.

[mel3010]

А затем я так понимаю искать математическое ожидание произведения величин?

[--mS--]

Ну да, конечно. Для проверки будущих вычислений: искомая ковариация должна получиться равной $1/n^2$ (надеюсь, не вру).

[mel3010]

А разве $\alpha$ не должен остаться?

[--mS--]

А ну да, это я для $E_1$. Ещё делить на квадрат альфа.

[Хорхе]

Не вижу проблемы. Распределение порядковых статистик для экспоненциального распределения известно: $X_{(1)},X_{(2)},\dots, X_{(n)}$ распределены так же, как $\frac{E_1}{n},\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1},\dots,\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1}+\dots+E_n$, где $E_k$ -- независимы и имеет показательное распределение с тем же параметром. Соответственно,

$$ \mathrm{cov}(X_{(1)}, X_{(n)})=\mathrm{cov}\Big(\frac{E_1}{n}, \frac{E_1}{n}\Big)=\dots $$

Вот простое объяснение, почему распределение порядковых статистик именно такое. Показательное распределение описывает время работы "смертного", но "нестареющего" прибора: для него вероятность проработать еще какое-то время не зависит от того, сколько времени он уже проработал. Пусть у нас $n$ таких независимых приборов, и $X_{(1)}$ -- срок отказа первого из них. Это можно понимать как срок службы одного (смертного нестареющего) прибора, "интенсивность" смерти которого в $n$ раз больше. После того, как первый прибор отказал, все остальные "забывают" об этом, то есть следующие порядковые статистики будут так же распределены, как порядковые статистики для $n-1$ прибора, смещеные на (не зависящий от них) $X_{(1)}$. Рассуждая подобным образом и дальше, докажем нужное утверждение.

[mel3010]

огромное спасибо за ответы.

извините за очень глупый вопрос, но что такое $E_k$?

[--mS--]

Хорхе в сообщении #589058 писал(а):

Не вижу проблемы.
...
Вот простое объяснение, почему распределение порядковых статистик именно такое.

Это объяснение, но никак не доказательство, а размахивание руками в воздухе. Если же таковой факт - про распределения членов вариационного ряда - известен, то проблемы действительно нет, см. второе сообщение темы. И ответ выписывается сразу. А вот если этот факт не знать, а строго доказывать, то гораздо проще вычислять совместную плотность и смешанный момент. Там вообще ничего делать не надо, один бином Ньютона.

[mel3010]

я правильно понимаю, что нужная мне вероятность $P(X_{(1)}<x, X_{(n)}<y)=1-P(X_{(1)}>x,X_{(n)}<y)$?

если да, то получается следующее : $(e^{-ax}-e^{-ay})^n$

это верно?

[--mS--]

mel3010 в сообщении #590272 писал(а):

я правильно понимаю, что нужная мне вероятность $P(X_{(1)}<x, X_{(n)}<y)=1-P(X_{(1)}>x,X_{(n)}<y)$?

Нет. Сложите два события из левой и правой частей - что будет их объединением? Разве всё пространство элементарных исходов? Хотя на совместной плотности это не скажется, она будет равна производной от той функции, что Вы выписали.

Прошу прощения, долго отсутствовала.