สมมติว่า

เป็นอะไรที่ง่ายที่สุดวิธีที่จะเห็นว่าคำสั่งดังต่อไปนี้เป็นจริงหรือไม่?

สมมติว่า(1) แสดง1) $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$ $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$

โปรดทราบว่าn} $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

โดย $X \sim \text{Exp}(\beta)$ นี่หมายความว่า $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ \}}

มันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่า $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ n) นอกจากนี้เรายังมี $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ ภายใต้การตั้งค่า

f Y (y) = 1 Γ ( α ) β α x α - 1 e - x / β 1 {x > 0}, α, β > 0 .

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

ทางแก้ที่ได้รับคำตอบของซีอาน : ใช้สัญลักษณ์ในคำถามเดิม:

\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)] .

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

∑ni=2(n−i+1)[Y(i)−Y(i−1)]∼Gamma(n−1,1) $\sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}] \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$ 1)

— clarinetist
แหล่งที่มา

@MichaelChernick 1) ฉันไม่แน่ใจว่าหลักฐานการพิสูจน์ความเป็นอิสระของฉันถูกต้องหรือไม่ 2) ฉันไม่แน่ใจว่าผลลัพธ์ที่ฉันคาดไว้ข้างต้นเกี่ยวข้องกับความแตกต่างของการแจกแจงแกมม่าหรือไม่ นี่ดูเหมือนจะขัดแย้งกับสิ่งที่ได้รับที่นี่แต่บางทีสถานการณ์นี้แตกต่างกันเนื่องจากความแตกต่างนี้รวมถึงหนึ่งในสถิติการสั่งซื้อ ฉันไม่แน่ใจ.

— Clarinetist

@ Clarinetist ฉันไม่แน่ใจ อาจลองใช้กับซึ่งจะเท่ากับผลรวมที่คุณทำงานอย่างชัดเจน คำตอบที่นี่อาจจะเป็นประโยชน์: math.stackexchange.com/questions/80475/...

∑ni=2(Y(i)−Y(1)) $\sum_{i = 2}^n (Y_{(i)} - Y_{(1)})$

— หญิงชรา

มีคุณพยายามที่จะพิสูจน์ว่าแต่ละ - ยกเว้นซึ่งและแล้ว การใช้ความจริงที่ว่าผลรวมของ iid ความแปรปรวนแบบเอ็กซ์โพแนนเชียลจะมีการแจกแจงแกมม่าหรือไม่?

(Yi−Y(1))∼Expon(1) $(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Expon}(1)$

i $i$

Yi−Y(1)=0 $Y_i - Y_{(1)} = 0$

(n−1) $(n-1)$

— Marcelo Ventura

@jbowman เรามีและมีเงื่อนไขในเราแบ่งสิ่งนี้โดยให้เพราะฉะนั้นเรามี(1) ทีนี้นี่คือสิ่งที่ทำให้ฉันเกี่ยวกับข้อพิสูจน์นี้: ฉันถือว่าเป็นค่าคงที่ แต่ไม่ใช่ค่าคงที่ ทำไมถึงใช้งานได้?

f Z i (z i) = f Y i (z i + a) = e - (z i + a)

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

Yi≥a $Y_i \geq a$

e−a $e^{-a}$

e−zi $e^{-z_i}$

(Zi∣Yi≥A)∼Exp(1) $(Z_i \mid Y_i \geq A) \sim \text{Exp}(1)$

A $A$

Y(1) $Y_{(1)}$

— คลาริเน็ต

ประเด็นก็คือว่ามันไม่สำคัญว่าสิ่งเป็น! การแจกแจงอยู่เสมอ ! โดดเด่นใช่มั้ย และจากนี้คุณสามารถสรุปได้ว่าการกระจายของอยู่เสมอสำหรับโดยไม่คำนึงถึงมูลค่าที่แท้จริงของ{[1]}

a $a$

Exp(1) $\text{Exp}(1)$

Yi−Y[1] $Y_i - Y_{[1]}$

Exp(1) $\text{Exp}(1)$

i>1 $i > 1$

Y[1] $Y_{[1]}$

— jbowman

คำตอบ:

การพิสูจน์นั้นได้รับจากแม่ของหนังสือทุกรุ่นที่มีการสร้างชุดรูปแบบสุ่มที่ไม่สม่ำเสมอของ Devroye ในหน้า 214 (และเป็นรูปแบบที่หรูหรามาก!):

ทฤษฎีบท 2.3 (Sukhatme, 1937)หากเรากำหนดดังนั้นการเว้นวรรคแบบธรรมดา มาจาก สถิติการสั่งซื้อของตัวอย่างเลขชี้กำลังของ iid ขนาด เป็นตัวของพวกเขาเอง $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E (i) - E (i - 1))$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

พิสูจน์ ตั้งแต่ the ความหนาแน่นร่วมกันของสถิติการสั่งซื้อเขียนเป็น ตั้งค่า , การเปลี่ยนแปลงของตัวแปรจากถึงมี Jacobian คงที่ [บังเอิญเท่ากับแต่สิ่งนี้ไม่จำเป็นต้องคำนวณ] และด้วยเหตุนี้ความหนาแน่นของ

\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))

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

(E(1),…,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))}

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

Yi=(E(i)−E(i−1)) $Y_i=(E_{(i)}-E_{(i-1)})$

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

(Y1,…,Yn) $(Y_1,\ldots,Y_n)$

1/n! $1/n!$

(Y1,…,Yn) $(Y_1,\ldots,Y_n)$ เป็นสัดส่วนกับ ซึ่งกำหนดผลลัพธ์ QED

exp {- \sum i = 1 n y i}

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

อีกทางเลือกหนึ่งที่ฉันแนะนำโดยGérard Letac คือการตรวจสอบว่ามีการแจกแจงแบบเดียวกับ (โดยอาศัยคุณสมบัติที่ไม่มีหน่วยความจำ) ซึ่งทำให้ได้มาของ ตรงไปตรงมา

(E (1), \dots, E (n))

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

(E 1 n, E 1 n + E 2 n - 1, \dots, E 1 n + E 2 n - 1 + \dots + 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

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

— ซีอาน
แหล่งที่มา

ขอบคุณสำหรับคำตอบนี้! ฉันต้องการกรอกรายละเอียดบางอย่างสำหรับผู้ที่อ่านข้อความนี้ในอนาคต:เป็นค่าที่สังเกตได้ของและวิธีที่ง่ายที่สุดในการดูเขียนคำต่อคำ เนื่องจากความหนาแน่นของเป็นสัดส่วนกับแยกเพื่อดูความหนาแน่นเป็นสัดส่วนกับจึง(1)

ei $e_i$

Ei $E_i$

∑ni=1e(i)=∑ni=1(n−i+1)(e(i)−e(i−1))=∑ni=1e(i) $\sum_{i=1}^{n}e_{(i)} = \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)(e_{(i)} - e_{(i-1)}) = \sum_{i=1}^{n}e_{(i)}$

∑ni=1(n−i+1)(e(i)−e(i−1)) $\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)(e_{(i)} - e_{(i-1)})$

(Y1,…,Yn) $(Y_1, \dots, Y_n)$

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

yi $y_i$

∏ni=1e−yi $\prod_{i=1}^{n}e^{-y_i}$

Y1,…,Yn∼iidExp(1) $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$

— คลาริเน็ต

ฉันออกมาที่นี่สิ่งที่ได้รับการแนะนำในความคิดเห็นโดย @jbowman

ปล่อยให้ aคงที่ ให้ปฏิบัติตามและพิจารณาY_i-A แล้วก็ $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

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) = Pr ( Y i \leq z i + a , Y i \geq a ) 1 - Pr ( Y i \leq a )

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

⟹ Pr ( a \leq Y i \leq z i + a ) 1 - Pr ( Y i \leq a ) = 1 - e - z i - a - 1 + e - a e - a = 1 - e - z i

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

ซึ่งเป็นฟังก์ชั่นการกระจายของ(1)} $\text{Exp(1)}$

ลองอธิบายสิ่งนี้: ความน่าจะเป็นที่ rv จะตกในช่วงเวลาที่กำหนด (ตัวเศษในบรรทัดสุดท้าย) เนื่องจากมันจะเกินขอบเขตล่างของช่วง (ตัวส่วน) ขึ้นอยู่กับ ความยาวของช่วงเวลาและไม่ได้อยู่ในตำแหน่งที่ช่วงเวลานี้ถูกวางในบรรทัดจริง $\text{Exp(1)}$ นี่เป็นอวตารของคุณสมบัติ " memorylessness " ของการแจกแจงเอ็กซ์โปเนนเชียลซึ่งเป็นการตั้งค่าทั่วไปที่มากกว่าไม่มีการตีความตามเวลา

ตอนนี้โดยเครื่องในเราบังคับจะเป็นที่ไม่ใช่เชิงลบและขับเคลื่อนผลที่ได้รับถือ + ดังนั้นเราสามารถระบุสิ่งต่อไปนี้: $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

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

เราสามารถหาที่มีอิสระที่จะรับค่าจริงที่ไม่เป็นลบทั้งหมดและความไม่เท่าเทียมที่จำเป็นต้องมีอยู่เสมอ (เกือบจะแน่นอน) หรือไม่? หากเราสามารถทำได้เราก็สามารถจัดการกับข้อโต้แย้งการปรับอากาศ $Q\geq 0$

และแน่นอนเราทำได้ มันเป็นสถิติต่ำสุดตามสั่ง , , 1 ดังนั้นเราจึงได้รับ $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

Y i \sim Exp(1) ⟹ Y i - Y (1) \sim Exp(1)

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

ซึ่งหมายความว่า

Pr (Y i - Y (1) \leq y i - y (1)) = Pr (Y i \leq y i)

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

ดังนั้นหากโครงสร้างความน่าจะเป็นของยังคงไม่เปลี่ยนแปลงหากเราลบสถิติลำดับขั้นต่ำก็จะตามด้วยตัวแปรสุ่มและ โดยที่อิสระ ยังเป็นอิสระเนื่องจากการเชื่อมโยงที่เป็นไปได้ระหว่างพวกเขาไม่มีผลกระทบกับโครงสร้างน่าจะเป็น $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

จากนั้น sumมี iid ตัวแปรสุ่ม (และศูนย์) และอื่น ๆ $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

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

— Alecos Papadopoulos
แหล่งที่มา