Jeśli są niezależną wersją beta, pokaż to również wersja beta

Oto problem, który pojawił się podczas egzaminu semestralnego na naszej uczelni kilka lat temu, z którym staram się rozwiązać.

Jeśli są niezależnymi zmiennymi losowymi o gęstości odpowiednio gęstości i to pokaż, że następuje po . $X_1,X_2$ $\beta$ $\beta(n_1,n_2)$ $\beta(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)$ $\sqrt{X_1X_2}$ $\beta(2n_1,2n_2)$

Użyłem metody jakobianu, aby uzyskać, że gęstość jest następująca: $Y=\sqrt{X_1X_2}$

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y}^{1} \frac{1}{x^{2}} (1 - x^{2})^{n_{2} - 1} (1 - \frac{y^{2}}{x^{2}})^{n_{2} - 1} d x

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_y^1\dfrac{1}{x^2}(1-x^2)^{n_2-1}(1-\dfrac{y^2}{x^2})^{n_2-1}dx$

Właściwie w tym momencie jestem zagubiony. Teraz w głównym artykule znalazłem podpowiedź. Próbowałem użyć podpowiedzi, ale nie mogłem uzyskać pożądanych wyrażeń. Wskazówka jest dosłowna w następujący sposób:

Wskazówka: Wyprowadź wzór na gęstość w odniesieniu do podanych gęstości i i spróbuj użyć zmiany zmiennej z . $Y=\sqrt{X_1X_2}$ $X_1$ $X_2$ $z=\dfrac{y^2}{x}$

W tym momencie próbuję skorzystać z tej wskazówki, rozważając zmianę zmiennej. Stąd otrzymuję, które po uproszczeniu okazuje się (pisanie dla )

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y^{2}}^{y} \frac{z^{2}}{y^{4}} (1 - \frac{y^{4}}{z^{2}})^{n_{2} - 1} (1 - y^{2} . \frac{z^{2}}{y^{4}})^{n_{2} - 1} \frac{y^{2}}{z^{2}} d z

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_{y^2}^y\dfrac{z^2}{y^4}(1-\dfrac{y^4}{z^2})^{n_2-1}(1-y^2.\dfrac{z^2}{y^4})^{n_2-1}\dfrac{y^2}{z^2}dz$

x

$x$

z

$z$

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y^{2}}^{y} \frac{1}{y^{2}} (1 - \frac{y^{4}}{x^{2}})^{n_{2} - 1} (1 - \frac{x^{2}}{y^{2}})^{n_{2} - 1} d x

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_{y^2}^y\dfrac{1}{y^2}(1-\dfrac{y^4}{x^2})^{n_2-1}(1-\dfrac{x^2}{y^2})^{n_2-1}dx$

Naprawdę nie wiem, jak postępować. Nie jestem nawet pewien, czy właściwie interpretuję podpowiedź. W każdym razie, oto reszta podpowiedzi:

Zauważ, że używając zmiany zmiennej , wymaganą gęstość można wyrazić na dwa sposoby, uzyskując uśrednienie Teraz podziel zakres integracji na i i napisz i kontynuuj . $z=\dfrac{y^2}{x}$
$f_{Y} (y) = c o n s t a n t . y^{2 n_{1} - 1} \int_{y^{2}}^{1} (1 - \frac{y^{2}}{x})^{n_{2} - 1} (1 - x)^{n_{2} - 1} (1 + \frac{y}{x}) \frac{1}{\sqrt{x}} d x$ $f_Y(y)=constant.y^{2n_1-1}\int_{y^2}^1(1-\dfrac{y^2}{x})^{n_2-1}(1-x)^{n_2-1}(1+\dfrac{y}{x})\dfrac{1}{\sqrt{x}}dx$ $(y^2,y)$ $(y,1)$ $(1-\dfrac{y^2}{x})(1-x)=(1-y)^2-(\dfrac{y}{\sqrt{x}}-\sqrt{x})^2$ $u=\dfrac{y}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}$

Cóż, szczerze mówiąc, nie rozumiem, w jaki sposób można skorzystać z tych wskazówek: wydaje się, że nigdzie się nie udaje. Pomoc jest doceniana. Z góry dziękuję.

— Landon Carter
źródło

Widziałem podobny problem, przed którym skompilowałem kilka odniesień. Zobacz arxiv.org/pdf/1304.6671v1.pdf mathoverflow.net/questions/32782/...

— Sid

@Sid Przepraszam, ale nie mogłem znaleźć tego problemu w tych referencjach ani nic podobnego. Czy mógłbyś uprzejmie wskazać miejsca? Dzięki!!

— Landon Carter

Czy jesteś pewien, że poprawnie zastosowałeś metodę Jakobian? Jeśli to zrobię, otrzymam: Myślę, że również będziecie potrzebować podwojenia formula , patrz en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function

f_{Y} (y) = \frac{2 y^{2 n_{1} - 1}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + 0.5, n_{2})} \int_{y^{2}}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} [(1 - \frac{y^{2}}{x}) (1 - x)]^{n_{1} - 1} d x

$f_Y(y) = \frac{2 y^{2n_1-1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+0.5,n_2)} \int_{y^2}^1 \frac{1}{\sqrt{x}} [(1-\frac{y^2}{x})(1-x)]^{n_1-1} dx$

Γ (z) Γ (z + 0.5) = 2^{1 - 2 z} \sqrt{π} Γ (2 z)

$\Gamma(z)\Gamma(z+0.5)=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$

— StijnDeVuyst

Wygląda na to, że formuły są takie same. Być może musisz użyć zmiany zmiennej w formule, aby uzyskać mój. Mówię o Jakubie.

z = \sqrt{x}

$z=\sqrt{x}$

— Landon Carter

Nie sądzę, że są takie same. Dokonując zmiany zmiennej, którą wspominasz w mojej formule, otrzymuję coś nieco prostszego niż to, co masz w pierwszej całce twojego OP.

— StijnDeVuyst

Udowodniłbym to w inny sposób, używając funkcji generujących moment. Lub równoważnie, pokazując, że ty moment jest równy ty moment losowej zmiennej z . Jeśli tak jest w przypadku wszystkich , to dzięki sile problemu momentu ćwiczenie jest udowodnione. $q$ $\sqrt{X_1X_2}$ $q$ $B$ $\beta(2n_1,2n_2)$ $q=1,2,\ldots$

Ostatnią część otrzymujemy z http://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution#Other_moments, że ty moment to Teraz pierwsza część: $q$ $B$

E [B^{q}] = \prod_{j = 0}^{q - 1} \frac{2 n_{1} + j}{2 n_{1} + 2 n_{2} + j} = \dots = \frac{Γ (2 n_{1} + q) Γ (2 n_{1} + 2 n_{2})}{Γ (2 n_{1}) Γ (2 n_{1} + 2 n_{2} + q)}

$\mathrm{E}[B^q] = \prod_{j=0}^{q-1} \frac{2n_1+j}{2n_1+2n_2+j} = \ldots = \frac{\Gamma(2n_1+q)\Gamma(2n_1+2n_2)}{\Gamma(2n_1)\Gamma(2n_1+2n_2+q)}$

E [(\sqrt{X_{1} X_{2}})^{q}] = \int \int (\sqrt{x_{1} x_{2}})^{q} f_{X_{1}} (x_{1}) f_{X_{2}} (x_{2}) d x_{1} d x_{2} = \int x^{q / 2} f_{X_{1}} (x_{1}) d x_{1} \cdot \int x_{2}^{q / 2} f_{X_{2}} (x_{2}) d x_{2} = \frac{1}{B (n_{1}, n_{2})} \int x_{1}^{n_{1} + q / 2 - 1} (1 - x_{1})^{n_{2} - 1} d x_{1} \cdot \frac{1}{B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int x_{2}^{n_{1} + \frac{q + 1}{2} - 1} (1 - x_{2})^{n_{2} - 1} d x_{2} = \frac{B (n_{1} + \frac{q}{2}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{q + 1}{2}, n_{2})}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})}

$\mathrm{E}[(\sqrt{X_1X_2})^q] = \int\int (\sqrt{x_1x_2})^q f_{X_1}(x_1) f_{X_2}(x_2) dx_1dx_2 \\ = \int x^{q/2} f_{X_1}(x_1) d x_1 \cdot \int x_2^{q/2} f_{X_2}(x_2) d x_2\\ = \frac{1}{B(n_1,n_2)} \int x_1^{n_1+q/2-1}(1-x_1)^{n_2-1}dx_1 \cdot \frac{1}{B(n_1+\frac{1}{2},n_2)} \int x_2^{n_1+\frac{q+1}{2}-1}(1-x_2)^{n_2-1}dx_2\\ = \frac{B(n_1+\frac{q}{2},n_2)B(n_1+\frac{q+1}{2},n_2)}{B(n_1,n_2)B(n_1+\frac{1}{2},n_2)}$ Teraz wystarczy zastosować definicję a następnie formułę podwojenia . Okazuje się wtedy, że pierwsza część i druga część są dokładnie takie same.

B (α, β) = \frac{Γ (α) Γ (β)}{Γ (α + β)}

$B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$

Γ (α) Γ (α + \frac{1}{2}) = 2^{1 - 2 α} \sqrt{π} Γ (2 α)

$\Gamma(\alpha)\Gamma(\alpha+\frac{1}{2})=2^{1-2\alpha}\sqrt{\pi}\Gamma(2\alpha)$

— StijnDeVuyst
źródło

Nie sądzę, aby można powiedzieć, że równość momentów oznacza równość rozkładu. Istnieją przykłady, w których może to nie dotyczyć.

— Landon Carter

StijnDeVuyst, przepraszam, to nie jest akceptowalna odpowiedź. Mam przykład, w którym momenty są równe, ale rozkłady nie są takie same. Ten przykład jest jednak trochę skomplikowany. Niestety nie mam teraz takiego przykładu; przyszedł również w ramach egzaminu semestralnego. Ale wkrótce opublikuję przykład w tym wątku, jeśli jesteś zainteresowany. W każdym razie sam rozwiązałem problem. Dzięki za pomoc.

— Landon Carter

@yedaynara i Stijn: Klasyczny przykład A (the?) wynika z Heyde: Rozważ pdf gdzie to pdf standardowe lognormal i . Wszyscy członkowie tej rodziny dystrybucji mają te same chwile (wszystkich zamówień). Zauważ, że standardowy lognormal jest członkiem tej rodziny, a jego chwile mają ładnie zamkniętą formę.

f_{b} (x) = f_{0} (x) (1 + b \sin (2 π \log x))

$f_b(x) = f_0(x)(1+b \sin(2\pi\log x))$

f_{0}

$f_0$

b \in [- 1, 1]

$b \in [-1,1]$

— kardynał

Istnieją jednak dodatkowe warunki (np. Carleman) dotyczące momentów, które zagwarantują wyjątkowość dystrybucji. Jest to znane jako problem momentu hamburgera .

— kardynał

Cytat z web.williams.edu/Mathematics/sjmiller/public_html/book/papers/… „... Podstawową algebrą liniową jest sprawdzenie, czy pozytywna miara przy skończonym wsparciu jest jednoznacznie określona przez jej momenty…” Warunek Carlemana dla determinacji M dla rozkładów Beta w PO. @cardinal i yedaynara mają rację, że byłem zbyt szybki, aby to założyć. Ale najwyraźniej wsparcie jest tym, co ratuje dzień.

— StijnDeVuyst