Если являются независимой бета-версией, тогда show также является бета-версией

9

Вот проблема, которая возникла на семестровом экзамене в нашем университете несколько лет назад, и я пытаюсь ее решить.

Если являются независимыми случайными переменными с плотностями и соответственно, то покажите, что следует за .X1,X2ββ(n1,n2)β(n1+12,n2)X1X2β(2n1,2n2)

Я использовал метод чтобы получить плотность следующим образом: Y=X1X2

fY(y)=4y2n1B(n1,n2)B(n1+12,n2)y11x2(1x2)n21(1y2x2)n21dx

Я потерян в этот момент на самом деле. Теперь в основной статье я обнаружил подсказку. Я попытался использовать подсказку, но не смог получить нужные выражения. Подсказка дословно выглядит следующим образом:

Подсказка: выведите формулу для плотности в терминах заданных плотностей и и попробуйте использовать замену переменной с .Y=X1X2X1X2z=y2x

Итак, на данный момент, я пытаюсь использовать эту подсказку, рассматривая это изменение переменной. Следовательно, я получаю, который после упрощения оказывается (запись для )xzfY(y)=4y2 n 1

fY(y)=4y2n1B(n1,n2)B(n1+12,n2)y2yz2y4(1y4z2)n21(1y2.z2y4)n21y2z2dz
xz
fY(y)=4y2n1B(n1,n2)B(n1+12,n2)y2y1y2(1y4x2)n21(1x2y2)n21dx

Я действительно не знаю, как поступить. Я даже не уверен, что правильно понимаю подсказку. Во всяком случае, здесь идет остальная часть подсказки:

Заметьте, что с помощью изменения переменной требуемую плотность можно выразить двумя способами, усредняя Теперь разделите диапазон интегрирования на и и напишите и перейдите к . fY(y)=constant. y2n1-1 1 y 2 (1-y2z=y2x

fY(y)=constant.y2n11y21(1y2x)n21(1x)n21(1+yx)1xdx
(y2,y)(y,1)(1y2x)(1x)=(1y)2(yxx)2u=yxx

Ну, честно говоря, я не могу понять, как можно использовать эти подсказки: кажется, я никуда не денусь. Помощь приветствуется. Заранее спасибо.

Лэндон Картер
источник
Я видел подобную проблему, перед которой я собрал несколько ссылок. См arxiv.org/pdf/1304.6671v1.pdf mathoverflow.net/questions/32782/...
Sid
@Sid Извините, но я не смог найти эту проблему в этих ссылках или что-то подобное. Не могли бы вы указать места? Спасибо!!
Лэндон Картер
Вы уверены, что правильно применили метод Якобиана? Если я это сделаю, я получу: Я думаю, вам также понадобится удвоение формула , см. en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function
fY(y)=2y2n11B(n1,n2)B(n1+0.5,n2)y211x[(1y2x)(1x)]n11dx
Γ(z)Γ(z+0.5)=212zπΓ(2z)
StijnDeVuyst
Видимо, кажется, что формулы одинаковы. Возможно, вам нужно использовать переменную в вашей формуле, чтобы получить мою. Я говорю о якобиане. z=x
Лэндон Картер
Я не думаю, что они одинаковы. Делая замену переменной, которую вы упоминаете в моей формуле, я получаю кое-что немного более простое, чем то, что вы имеете в первом интеграле вашего ОП.
StijnDeVuyst

Ответы:

5

Я бы доказать это по-другому, используя функции, генерирующие моменты. Или эквивалентно, показывая, что й момент равен му моменту случайной величины с распределением . Если это так для всех , то в силу проблемы моментов упражнение доказано.qX1X2qBβ(2n1,2n2)q=1,2,

В последней части мы получаем от http://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution#Other_moments, что й момент равен Теперь для первой части: qB

E[Bq]=j=0q12n1+j2n1+2n2+j==Γ(2n1+q)Γ(2n1+2n2)Γ(2n1)Γ(2n1+2n2+q)
E[(X1X2)q]=(x1x2)qfX1(x1)fX2(x2)dx1dx2=xq/2fX1(x1)dx1x2q/2fX2(x2)dx2=1B(n1,n2)x1n1+q/21(1x1)n21dx11B(n1+12,n2)x2n1+q+121(1x2)n21dx2=B(n1+q2,n2)B(n1+q+12,n2)B(n1,n2)B(n1+12,n2)
Теперь осталось только применить определение и затем формулу удвоения . Тогда получается, что первая часть и вторая часть абсолютно одинаковы. Γ(α)Γ(α+1B(α,β)=Γ(α)Γ(β)Γ(α+β)Γ(α)Γ(α+12)=212απΓ(2α)
StijnDeVuyst
источник
2
Я не думаю, что вы можете сказать, что равенство моментов подразумевает равенство распределения. Есть примеры, где это может не иметь места.
Лэндон Картер
2
StijnDeVuyst, извините, это не приемлемый ответ. У меня есть пример, где моменты равны, но распределения не совпадают. Пример немного сложнее, хотя. К сожалению, у меня нет примера со мной сейчас; это также прибыло в один экзамен семестра. Но скоро я опубликую пример в этой теме, если вы заинтересованы. Во всяком случае, я решил эту проблему сам. Спасибо за вашу помощь.
Лэндон Картер
3
@yedaynara и Stijn: классический пример (?) принадлежит : рассмотрим где - это pdf стандартный логнормальный и . Все члены этого семейства дистрибутивов имеют одинаковые моменты (всех заказов). Обратите внимание, что стандартный lognormal является членом этого семейства, и его моменты имеют приятную замкнутую форму. fb(x)=f0(x)(1+bsin(2πlogx)) b [ - 1 , 1 ]f0b[1,1]
кардинал
4
Однако существуют дополнительные условия (например, условия Карлемана) для моментов, которые гарантируют уникальность распределения. Это известно как проблема моментов Гамбургера .
кардинал
2
Цитата из web.williams.edu/Matmatics/sjmiller/public_html/book/papers/… "... Элементарная линейная алгебра проверяет, что положительная мера с конечной поддержкой однозначно определяется своими моментами ..." Условие Карлемана для M-определенности для бета-распределений в OP. @cardinal и yedaynara оба правы, что я был слишком быстр, чтобы предположить это. Но, видимо, конечная поддержка - это то, что спасает день.
StijnDeVuyst