Ожидаемое значение медианы выборки, учитывая среднее значение выборки

Пусть обозначает медиану, а обозначает среднее случайной выборки размером из распределения . Как я могу вычислить ?Y ˉ X n = 2 k + 1 N ( μ , σ 2 ) E ( Y | ˉ X = ˉ x$Y$$\bar{X}$$n=2k+1$$N(\mu,\sigma^2)$$E(Y|\bar{X}=\bar{x})$

Интуитивно понятно, что из предположения о нормальности имеет смысл утверждать, что и это действительно правильный ответ. Может ли это быть строго показано, хотя?$E(Y|\bar{X}=\bar{x})=\bar{x}$

Моя первоначальная мысль состояла в том, чтобы подойти к этой проблеме, используя условное нормальное распределение, которое обычно является известным результатом. Проблема в том, что, поскольку я не знаю ожидаемого значения и, следовательно, дисперсии медианы, мне придется вычислять те, которые используют статистику $k+1$ го порядка. Но это очень сложно, и я бы предпочел не идти туда, если мне это абсолютно не нужно.

Пусть обозначают исходный образец и случайный вектор с элементами . Тогда является нормальным центрированием (но его записи не являются независимыми, как видно из того факта, что их сумма равна нулю с полной вероятностью). Как линейный функционал , вектор является нормальным , следовательно , вычисление его ковариационной матрицы достаточно показать , что не зависит от .$X$$Z$$Z_k=X_k-\bar X$$Z$$X$$(Z,\bar X)$$Z$$\bar X$

Обращаясь к , можно видеть , что , где является медианой . В частности, зависит от только потому, что не зависит от , а распределение симметрично, поэтому центрирована.$Y$$Y=\bar X+T$$T$$Z$$T$$Z$$T$$\bar X$$Z$$T$

Наконец,

$$E(Y\mid\bar X)=\bar X+E(T\mid\bar X)=\bar X+E(T)=\bar X.$$

Медиана выборки является статистикой порядка и имеет ненормальное распределение, поэтому совместное распределение конечной выборки медианы выборки и среднего значения выборки (которое имеет нормальное распределение) не будет бивариантным нормальным. Приближаясь к приближениям, асимптотически справедливо следующее (см. Мой ответ здесь ):

$$\sqrt n\Big [\left (\begin{matrix} \bar X_n \\ Y_n \end{matrix}\right) - \left (\begin{matrix} \mu \\ \mathbb v \end{matrix}\right)\Big ] \rightarrow_{\mathbf L}\; N\Big [\left (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}\right) , \Sigma \Big]$$

с

$$\Sigma = \left (\begin{matrix} \sigma^2 & E\left( |X-\mathbb v|\right)\left[2f(\mathbb v)\right]^{-1} \\ E\left(|X-\mathbb v|\right)\left[2f(\mathbb v)\right]^{-1} & \left[2f(\mathbb v)\right]^{-2} \end{matrix}\right)$$

где ˉ Х п является выборочное среднее и ц среднее популяции, У п является образцом Медиана и v медиана населения, F ( ) есть плотность вероятности случайных величин , участвующих и σ 2 является дисперсией. $\bar X_n$$\mu$$Y_n$$\mathbb v$$f()$$\sigma^2$

Таким образом, примерно для больших выборок их совместное распределение является двумерным нормальным, поэтому мы имеем

$$E(Y_n \mid \bar X_n=\bar x) = \mathbb v + \rho\frac {\sigma_{\mathbb v}}{\sigma_{\bar X}}(\bar x -\mu)$$

где ρ - коэффициент корреляции.$\rho$

Манипулируя асимптотическим распределением, чтобы оно стало приближенным распределением для большой выборки среднего значения выборки и медианы выборки (а не стандартизированных величин), мы имеем

$$\rho = \frac {\frac 1nE\left(|X-\mathbb v|\right)\left[2f(\mathbb v)\right]^{-1}}{\frac 1n \sigma \left[2f(\mathbb v)\right]^{-1}} = \frac {E\left(|X-\mathbb v|\right)}{\sigma }$$

Таким образом ,

$$E(Y_n \mid \bar X_n=\bar x) = \mathbb v + \frac {E\left(|X-\mathbb v|\right)}{\sigma }\frac {\left[2f(\mathbb v)\right]^{-1}}{\sigma}(\bar x -\mu)$$

Мы имеем, что 2 f ( v ) = 2 / σ √2 π из-за симметрии нормальной плотности, поэтому мы приходим к$2f(\mathbb v) = 2/\sigma\sqrt{2\pi}$

$$E(Y_n \mid \bar X_n=\bar x) = \mathbb v + \sqrt{\frac {\pi}{2}}E\left(\left|\frac {X-\mu}{\sigma}\right|\right)(\bar x -\mu)$$

where we have used $\mathbb v = \mu$. Now the standardized variable is a standard normal, so its absolute value is a half-normal distribution with expected value equal to $\sqrt{2/\pi}$ (since the underlying variance is unity). So

$$E(Y_n \mid \bar X_n=\bar x) = \mathbb v + \sqrt{\frac {\pi}{2}}\sqrt{\frac {2}{\pi}}(\bar x -\mu) = \mathbb v + \bar x -\mu = \bar x$$

The answer is $\bar{x}$.

Let $x = (x_1, x_2, \ldots, x_n)$ have a multivariate distribution $F$ for which all the marginals are symmetric about a common value $\mu$. (It does not matter whether they are independent or even are identically distributed.) Define $\bar{x}$ to be the arithmetic mean of the $x_i,$ $\bar{x} = (x_1+x_2+\cdots+x_n)/n$ and write $x-\bar{x} = (x_1-\bar{x}, x_2-\bar{x}, \ldots, x_n-\bar{x})$ for the vector of residuals. The symmetry assumption on $F$ implies the distribution of $x - \bar{x}$ is symmetric about $0$; that is, when $E\subset\mathbb{R}^n$ is any event,

$${\Pr}_F(x - \bar{x}\in E) = {\Pr}_F(x - \bar{x}\in -E).$$

Applying the generalized result at /stats//a/83887 shows that the median of $x-\bar{x}$ has a symmetric distribution about $0$. Assuming its expectation exists (which is certainly the case when the marginal distributions of the $x_i$ are Normal), that expectation has to be $0$ (because the symmetry implies it equals its own negative).

Now since subtracting the same value $\bar{x}$ from each of a set of values does not change their order, $Y$ (the median of the $x_i$) equals $\bar{x}$ plus the median of $x-\bar{x}$. Consequently its expectation conditional on $\bar{x}$ equals the expectation of $x-\bar{x}$ conditional on $\bar{x}$, plus $E(\bar{x}\ |\ \bar{x})$. The latter obviously is $\bar{x}$ whereas the former is $0$ because the unconditional expectation is $0$. Their sum is $\bar{x},$ QED.

This is simpler than the above answers make it. The sample mean is a complete and sufficient statistic (when the variance is known, but our results do not depend on the variance, hence will be valid also in the situation when the variance is unknown). Then the Rao-Blackwell together with the Lehmann-Scheffe theorems (see wikipedia ...) will imply that the conditional expectation of the median, given the arithmetic mean, is the unique minimum variance unbiased estimator of the expectation $\mu$. But we know that is the arithmetic mean, hence the result follows.

We did also use that the median is an unbiased estimator, which follows from symmetry.