Предположим, . Показать

Какой самый простой способ убедиться, что следующее утверждение верно?

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

Обратите внимание, что . $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

Под $X \sim \text{Exp}(\beta)$ это означает, что $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ .

Легко видеть, что $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . Кроме того, у нас также есть $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ при параметризации

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

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

Решение с учетом ответа Сианя : используя обозначения в исходном вопросе:

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} [Y_{i} - Y_{(1)}] & = \sum_{i = 1}^{n} [Y_{(i)} - Y_{(1)}] \\ = \sum_{i = 1}^{n} Y_{(i)} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{i = 1}^{n} {Y_{(i)} - Y_{(i - 1)} + Y_{(i - 1)} - \dots - Y_{(1)} + Y_{(1)}} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} {Y_{(j)} - Y_{(j - 1)}} - n Y_{(1)} where Y_{(0)} = 0 \\ = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = j}^{n} {Y_{(j)} - Y_{(j - 1)}} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{j = 1}^{n} (n - j + 1) [Y_{(j)} - Y_{(j - 1)}] - n Y_{(1)} \\ = \sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1) [Y_{(i)} - Y_{(i - 1)}] - n Y_{(1)} \\ = \sum_{i = 2}^{n} (n - i + 1) [Y_{(i)} - Y_{(i - 1)}] + n Y_{(1)} - n Y_{(1)} \\ = \sum_{i = 2}^{n} (n - i + 1) [Y_{(i)} - Y_{(i - 1)}] . \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{i=1}^{n}[Y_i - Y_{(1)}] &= \sum_{i=1}^{n}[Y_{(i)}-Y_{(1)}] \\ &= \sum_{i=1}^{n}Y_{(i)}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}\{Y_{(i)}-Y_{(i-1)}+Y_{(i-1)}-\cdots-Y_{(1)}+Y_{(1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\text{ where } Y_{(0)} = 0 \\ &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=j}^{n}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{j=1}^{n}(n-j+1)[Y_{(j)}-Y_{(j-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]+nY_{(1)}-nY_{(1)} \\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]\text{.} \end{align}$ Из этого мы получаем, что

\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) .

self-study distributions exponential order-statistics jacobian Кларнетист
источник

@MichaelChernick 1) Я не уверен, правильное ли мое доказательство независимости, и 2) Я не уверен, что результат, который я угадал выше относительно различий гамма-распределений, является даже правильным. Кажется, это противоречит тому, что здесь дано , но, возможно, эта ситуация иная, поскольку эта разница включает в себя одну из статистик заказов? Я не уверен.

Кларнетист

@ Clarinetist, я не уверен. Возможно, попробуйте поработать с , что явно равно сумме, с которой вы работаете. Здесь может быть полезен ответ: math.stackexchange.com/questions/80475/…

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

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

gammer

Вы пытались доказать, что каждый - за исключением одного , для которого и, затем, используя тот факт, что сумма iid экспоненциальных переменных будет гамма-распределена?

(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)

$(n-1)$

Марсело Вентура

@jbowman Мы имеем и обусловлены на , мы делим это на , давая , следовательно, мы имеем . Теперь вот что беспокоило меня об этом доказательстве: я считал константой. Но не является константой. Почему это работает?

f_{Z_{i}} (z_{i}) = f_{Y_{i}} (z_{i} + a) = e^{- (z_{i} + a)}

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

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)}

$Y_{(1)}$

Кларнетист

Дело в том, что не имеет значения, что такое! Распределение всегда ! Замечательно, не правда ли? Из этого можно сделать вывод, что распределение всегда для , независимо от фактического значения .

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

Ответы:

Доказательство дано в «Матери всех книг случайного поколения», «Неоднородное поколение случайных вариаций Девроя» , на стр.211 (и это очень элегантно!):

Теорема 2.3 (Сухатме, 1937). Если мы определим то нормированные экспоненциальные расстояния получаются из статистика порядка iid экспоненциальной выборки размера сами по себе являются экспоненциальными переменными $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E_{(i)} - E_{(i - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

Доказательство. Так как объединенная плотность статистики порядка записывается как Установка , замена переменных из to имеет постоянный якобиан [случайно равныйно это не нужно вычислять] и, следовательно, плотность

\begin{aligned} \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{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)})

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

f (e) = n! \exp {- \sum_{i = 1}^{n} e_{(i)}} = n! \exp {- \sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1) (e_{(i)} - e_{(i - 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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ пропорционально который устанавливает результат. QED

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

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

Альтернатива, предложенная мне Жераром Летаком, состоит в том, чтобы проверить, что имеет то же распределение, что и (в силу свойства без памяти), который делает вывод просто.

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

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

(\frac{E_{1}}{n}, \frac{E_{1}}{n} + \frac{E_{2}}{n - 1}, \dots, \frac{E_{1}}{n} + \frac{E_{2}}{n - 1} + \dots + \frac{E_{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} (E_{k} - E_{(1)}) \sim \sum_{k = 1}^{n - 1} E_{k}

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

Сиань
источник

Спасибо за этот ответ! Я хотел бы заполнить некоторые детали для любого, кто читает это в будущем: - наблюдаемые значения , и самый простой способ увидеть, что - написать поэлементно. Поскольку плотность пропорциональна , чтобы увидеть, что плотность пропорциональна , следовательно, .

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)

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

Кларнетист

Я выкладываю здесь то, что было предложено в комментариях @jbowman.

Пусть константа . Пусть следует за и рассмотрим . потом $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

Pr (Z_{i} \leq z_{i} ∣ Y_{i} \geq a) = Pr (Y_{i} - a \leq z_{i} ∣ Y_{i} \geq a)

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

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

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

⟹ \frac{Pr (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}}

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

которая является функцией распределения . $\text{Exp(1)}$

Давайте опишем это: вероятность того, что rv попадет в определенный интервал (числитель в последней строке), учитывая, что он превысит нижнюю границу интервала (знаменатель), зависит только от длина интервала, а не то, где этот интервал находится на реальной линии. $\text{Exp(1)}$ Это воплощение свойства « без памяти » экспоненциального распределения, здесь в более общем контексте, свободного от временных интерпретаций (и оно справедливо для экспоненциального распределения в целом)

Теперь, обусловливая мы заставляем быть неотрицательным, и, что особенно важно, полученный результат имеет . Таким образом, мы можем заявить следующее: $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

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

Можем ли мы найти который может свободно принимать все неотрицательные действительные значения и для которого требуемое неравенство всегда выполняется (почти наверняка)? Если мы можем, тогда мы можем обойтись без аргумента обусловленности. $Q\geq 0$

И действительно, мы можем. Это статистика минимального порядка , , . Итак, мы получили $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

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

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

Это означает, что

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

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

Таким образом, если вероятностная структура остается неизменной, если мы вычитаем статистику минимального порядка, из этого следует, что случайные величины и где независимы, также независимы, поскольку возможная связь между ними не влияет на вероятностную структуру. $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

Тогда сумма содержит iid случайных величин (и ноль), и так $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

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

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

Алекос Пападопулос
источник