Załóżmy że . Pokaż

Jak najłatwiej sprawdzić, czy poniższe stwierdzenie jest prawdziwe?

Załóżmy że . Pokaż . $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$ $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$

Zauważ, że . $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

Przez $X \sim \text{Exp}(\beta)$ oznacza to, że $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ .

Łatwo zauważyć, że $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . Ponadto mamy również $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ pod parametryzacją

f_{Y} (y) = \frac{1}{Γ (α) β^{α}} x^{α - 1} e^{- x / β} 1_{{x > 0}}, α, β > 0 .

$f_{Y}(y) =\dfrac{1}{\Gamma(\alpha)\beta^{\alpha}}x^{\alpha-1}e^{-x/\beta}\mathbf{1}_{\{x > 0\}}\text{, }\qquad \alpha, \beta> 0\text{.}$

Rozwiązanie podane w odpowiedzi Xi'ana : Używając notacji w pierwotnym pytaniu:

\begin{aligned} \sum_{ja = 1}^{n} [Y_{ja} - Y_{(1)}] & = \sum_{ja = 1}^{n} [Y_{(ja)} - Y_{(1)}] \\ = \sum_{ja = 1}^{n} Y_{(ja)} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{ja = 1}^{n} {Y_{(ja)} - Y_{(ja - 1)} + Y_{(ja - 1)} - \dots - Y_{(1)} + Y_{(1)}} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{ja = 1}^{n} \sum_{jot = 1}^{ja} {Y_{(jot)} - Y_{(jot - 1)}} - n Y_{(1)} gdzie Y_{(0)} = 0 \\ = \sum_{jot = 1}^{n} \sum_{ja = jot}^{n} {Y_{(jot)} - Y_{(jot - 1)}} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{jot = 1}^{n} (n - jot + 1) [Y_{(jot)} - Y_{(jot - 1)}] - n Y_{(1)} \\ = \sum_{ja = 1}^{n} (n - ja + 1) [Y_{(ja)} - Y_{(ja - 1)}] - n Y_{(1)} \\ = \sum_{ja = 2)}^{n} (n - ja + 1) [Y_{(ja)} - Y_{(ja - 1)}] + n Y_{(1)} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{ja = 2)}^{n} (n - ja + 1) [Y_{(ja)} - Y_{(ja - 1)}] . \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{i=1}^{n}[Y_i - Y_{(1)}] &= \sum_{i=1}^{n}[Y_{(i)}-Y_{(1)}] \\ &= \sum_{i=1}^{n}Y_{(i)}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}\{Y_{(i)}-Y_{(i-1)}+Y_{(i-1)}-\cdots-Y_{(1)}+Y_{(1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\text{ where } Y_{(0)} = 0 \\ &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=j}^{n}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{j=1}^{n}(n-j+1)[Y_{(j)}-Y_{(j-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]+nY_{(1)}-nY_{(1)} \\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]\text{.} \end{align}$ Z tego otrzymujemy

\sum_{i = 2}^{n} (n - i + 1) [Y_{(i)} - Y_{(i - 1)}] \sim Gamma (n - 1, 1)

$\sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}] \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$ 1) .

— Klarnecista
źródło

@MichaelChernick 1) Nie jestem pewien, czy mój dowód niezależności jest poprawny, i 2) Nie jestem pewien, czy wynik, który, jak przypuszczałem powyżej, odnoszący się do różnicy rozkładów gamma jest nawet poprawny. To wydaje się zaprzeczać temu, co tu podano , ale być może ta sytuacja jest inna, ponieważ różnica ta obejmuje jedną ze statystyk zamówień? Nie jestem pewny.

— Klarnecista

@Clarinetist, nie jestem pewien. Może spróbuj pracować z , co wyraźnie równa się sumie, z którą pracujesz. Pomocna może być tutaj odpowiedź: math.stackexchange.com/questions/80475/…

\sum_{i = 2}^{n} (Y_{(i)} - Y_{(1)})

$\sum_{i = 2}^n (Y_{(i)} - Y_{(1)})$

— gammer

Czy próbowałeś udowodnić, że każdy - z wyjątkiem jednego , dla którego , a następnie, wykorzystując fakt, że suma iid zmiennych wykładniczych będzie rozkładana w gamma?

(Y_{i} - Y_{(1)}) \sim Expon (1)

$(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Expon}(1)$

i

$i$

Y_{i} - Y_{(1)} = 0

$Y_i - Y_{(1)} = 0$

(n - 1)

$(n-1)$

— Marcelo Ventura,

@jbowman Mamy i uwarunkowane na , dzielimy to przez , dając , stąd mamy . Oto, co mnie wkurzyło w tym dowodzie: uznałem za stałą. Ale nie jest stałą. Dlaczego to miałoby działać?

{fa}_{Z_{ja}} (z_{ja}) = {fa}_{Y_{ja}} (z_{ja} + za) = {mi}^{- (z_{ja} + za)}

$f_{Z_i}(z_i) = f_{Y_i}(z_i + a) = e^{-(z_i + a)}$

Y_{i} \geq a

$Y_i \geq a$

e^{- a}

$e^{-a}$

e^{- z_{i}}

$e^{-z_i}$

(Z_{i} ∣ Y_{i} \geq A) \sim Exp (1)

$(Z_i \mid Y_i \geq A) \sim \text{Exp}(1)$

A

$A$

Y_{(1)}

$Y_{(1)}$

— Klarnecista

Chodzi o to, że nie ma znaczenia, co jest! Rozkład jest zawsze ! Niezwykłe, prawda? Z tego można wywnioskować, że rozkład to zawsze dla , niezależnie od faktycznej wartości .

a

$a$

Exp (1)

$\text{Exp}(1)$

Y_{i} - Y_{[1]}

$Y_i - Y_{[1]}$

Exp (1)

$\text{Exp}(1)$

i > 1

$i > 1$

Y_{[1]}

$Y_{[1]}$

— jbowman

Odpowiedzi:

Dowód podano w książce Mother of All Random Generation Books, Devroye's Non-uniform Random Variate Generation , na str. 211 (i jest to bardzo elegancki!):

Twierdzenie 2.3 (Sukhatme, 1937) Jeśli zdefiniujemy wówczas znormalizowane odstępy wykładnicze wyprowadzone z statystyka zamówień iid wykładniczej próbki o wielkości same są zmiennymi wykładniczymi $E_{(0)}=0$
$(n - ja + 1) ({mi}_{(ja)} - {mi}_{(ja - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

Dowód. Ponieważ the łączna gęstość statystyki zamówienia zapisuje jako Ustawienie , zmiana zmiennych z do ma stałą jakobian [nawiasem mówiąc równyale nie trzeba tego obliczać] i stąd gęstość

\begin{aligned} \sum_{ja = 1}^{n} {mi}_{ja} & = \sum_{ja = 1}^{n} {mi}_{(ja)} = \sum_{ja = 1}^{n} \sum_{jot = 1}^{ja} ({mi}_{(jot)} - {mi}_{(jot - 1)}) \\ = \sum_{jot = 1}^{n} \sum_{ja = jot}^{n} ({mi}_{(jot)} - {mi}_{(jot - 1)}) = \sum_{jot = 1}^{n} (n - jot + 1) ({mi}_{(jot)} - {mi}_{(jot - 1)}) \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{i=1}^n e_i &= \sum_{i=1}^n e_{(i)} =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i(e_{(j)}-e_{(j-1)})\\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=j}^n(e_{(j)}-e_{(j-1)}) =\sum_{j=1}^n (n-j+1)(e_{(j)}-e_{(j-1)}) \end{align*}$

(E_{(1)}, \dots, E_{(n)})

$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$

fa (mi) = n! \exp {- \sum_{ja = 1}^{n} {mi}_{(ja)}} = n! \exp {- \sum_{ja = 1}^{n} (n - ja + 1) ({mi}_{(ja)} - {mi}_{(ja - 1)})}

$f(\mathbf{e})=n!\,\exp\left\{-\sum_{i=1}^ne_{(i)}\right\}=n!\,\exp\left\{-\sum_{i=1}^n (n-i+1)(e_{(i)}-e_{(i-1)})\right\}$

Y_{i} = (E_{(i)} - E_{(i - 1)})

$Y_i=(E_{(i)}-E_{(i-1)})$

(E_{(1)}, \dots, E_{(n)})

$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$

(Y_{1}, \dots, Y_{n})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$

1 / n!

$1/n!$

(Y_{1}, \dots, Y_{n})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ jest proporcjonalny do który ustala wynik. CO BYŁO DO OKAZANIA

\exp {- \sum_{ja = 1}^{n} y_{ja}}

$\exp\left\{-\sum_{i=1}^n y_i \right\}$

Alternatywą zaproponowaną mi przez Gérarda Letaca jest sprawdzenie, czy ma taki sam rozkład jak (na podstawie właściwości bez pamięci), co powoduje wyprowadzenie proste.

({mi}_{(1)}, \dots, {mi}_{(n)})

$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$

(\frac{{mi}_{1}}{n}, \frac{{mi}_{1}}{n} + \frac{{mi}_{2)}}{n - 1}, \dots, \frac{{mi}_{1}}{n} + \frac{{mi}_{2)}}{n - 1} + \dots + \frac{{mi}_{n}}{1})

$\left(\frac{E_1}{n},\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1},\ldots,\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1}+\ldots+\frac{E_n}{1}\right)$

\sum_{k = 1}^{n} ({mi}_{k} - {mi}_{(1)}) \sim \sum_{k = 1}^{n - 1} {mi}_{k}

$\sum_{k=1}^n(E_k-E_{(1)})\sim \sum_{k=1}^{n-1}E_k$

— Xi'an
źródło

Dziękuję za tę odpowiedź! Chciałbym podać kilka szczegółów dla każdego, kto to czyta w przyszłości: są obserwowanymi wartościami i najłatwiejszym sposobem, aby zobaczyć, że ma napisać termin po terminie. Ponieważ gęstość jest proporcjonalna do , oddziel aby zobaczyć, że gęstość jest proporcjonalna do , stąd .

e_{i}

$e_i$

E_{i}

$E_i$

\sum_{i = 1}^{n} e_{(i)} = \sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1) (e_{(i)} - e_{(i - 1)}) = \sum_{i = 1}^{n} e_{(i)}

$\sum_{i=1}^{n}e_{(i)} = \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)(e_{(i)} - e_{(i-1)}) = \sum_{i=1}^{n}e_{(i)}$

\sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1) (e_{(i)} - e_{(i - 1)})

$\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)(e_{(i)} - e_{(i-1)})$

(Y_{1}, \dots, Y_{n})

$(Y_1, \dots, Y_n)$

\exp (- \sum_{i = 1}^{n} y_{i})

$\exp\left(-\sum_{i=1}^{n}y_i \right)$

y_{i}

$y_i$

\prod_{i = 1}^{n} e^{- y_{i}}

$\prod_{i=1}^{n}e^{-y_i}$

Y_{1}, \dots, Y_{n} \overset{iid}{\sim} Exp (1)

$Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$

— Klarnecista

Przedstawiam tutaj to, co zostało zasugerowane w komentarzach @jbowman.

Niech stała . Niech podąży za i rozważ . Następnie $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

Pr (Z_{ja} \leq z_{ja} ∣ Y_{ja} \geq za) = Pr (Y_{ja} - za \leq z_{ja} ∣ Y_{ja} \geq za)

$\Pr(Z_i\leq z_i \mid Y_i \geq a) = \Pr(Y_i-a\leq z_i \mid Y_i \geq a)$

⟹ Pr (Y_{ja} \leq z_{ja} + za ∣ Y_{ja} \geq za) = \frac{Pr (Y_{ja} \leq z_{ja} + za, Y_{ja} \geq za)}{1 - Pr (Y_{ja} \leq za)}

$\implies \Pr(Y_i\leq z_i+a \mid Y_i \geq a) = \frac {\Pr(Y_i\leq z_i+a,Y_i \geq a)}{1-\Pr(Y_i\leq a)}$

⟹ \frac{Pr (za \leq Y_{ja} \leq z_{ja} + za)}{1 - Pr (Y_{ja} \leq za)} = \frac{1 - {mi}^{- z_{ja} - za} - 1 + {mi}^{- za}}{{mi}^{- za}} = 1 - {mi}^{- z_{ja}}

$\implies \frac {\Pr(a\leq Y_i\leq z_i+a)}{1-\Pr(Y_i\leq a)} = \frac {1-e^{-z_i-a}-1+e^{-a}}{e^{-a}}=1-e^{-z_i}$

która jest funkcją dystrybucji . $\text{Exp(1)}$

Opiszmy to: prawdopodobieństwo, że rv spadnie w określonym przedziale (licznik w ostatnim wierszu), biorąc pod uwagę, że przekroczy dolną granicę przedziału (mianownik), zależy tylko od długość interwału, a nie w miejscu, w którym ten interwał jest umieszczony na linii rzeczywistej. $\text{Exp(1)}$ Jest to wcielenie właściwości „bez pamięci ” rozkładu wykładniczego, tutaj w bardziej ogólnym ustawieniu, bez interpretacji czasu (i ogólnie dotyczy rozkładu wykładniczego)

Teraz, kondycjonowania w zmusić być nieujemne, a co najważniejsze, otrzymany wynik posiada . Możemy więc stwierdzić, co następuje: $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

Jeśli , to . $Y_i\sim \text{Exp(1)}$ $\forall Q\geq 0 : Z_i = Y_i-Q \geq 0$ $\implies$ $Z_i\sim \text{Exp(1)}$

Czy możemy znaleźć które może swobodnie przyjmować wszystkie nieujemne wartości rzeczywiste i dla których wymagana jest nierówność (prawie na pewno)? Jeśli możemy, możemy zrezygnować z argumentu warunkowego. $Q\geq 0$

I rzeczywiście możemy. Jest to statystyka minimalnego rzędu , , . Więc uzyskaliśmy $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

Y_{ja} \sim Exp (1) ⟹ Y_{ja} - Y_{(1)} \sim Exp (1)

$Y_i\sim \text{Exp(1)} \implies Y_i-Y_{(1)} \sim \text{Exp(1)}$

To znaczy że

Pr (Y_{ja} - Y_{(1)} \leq y_{ja} - y_{(1)}) = Pr (Y_{ja} \leq y_{ja})

$\Pr(Y_i-Y_{(1)} \leq y_i-y_{(1)}) = \Pr(Y_i \leq y_i)$

Jeśli więc struktura probabilistyczna pozostanie niezmieniona, jeśli statystykę minimalnego rzędu, wynika z tego, że zmienne losowe i gdzie niezależne, są również niezależne, ponieważ możliwy związek między nimi, nie ma wpływu na strukturę probabilistyczną. $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

Zatem suma zawiera iid zmiennych losowych (i zero), i tak $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

\sum_{ja = 1}^{n} (Y_{ja} - Y_{(1)}) \sim Gamma (n - 1, 1)

$\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$

— Alecos Papadopoulos
źródło