UMVUE จากในขณะที่สุ่มตัวอย่างจากประชากร

ปล่อยเป็นตัวอย่างแบบสุ่มจากความหนาแน่น $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

ฉันกำลังพยายามที่จะหา UMVUE ของtheta} $\frac{\theta}{1+\theta}$

ความหนาแน่นรอยต่อของคือ $(X_1,\ldots,X_n)$

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, \dots, x_{n}) & = θ^{n} {(\prod_{i = 1}^{n} x_{i})}^{θ - 1} 1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1} \\ = \exp [(θ - 1) \sum_{i = 1}^{n} \ln x_{i} + n \ln θ + \ln (1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1})], θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\cdots,x_n)&=\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1} \\&=\exp\left[(\theta-1)\sum_{i=1}^n\ln x_i+n\ln\theta+\ln (\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1})\right],\,\theta>0 \end{align}$

เนื่องจากประชากร pdfเป็นสมาชิกของตระกูลเลขชี้กำลังหนึ่งพารามิเตอร์นี่แสดงให้เห็นว่าสถิติที่เพียงพอสำหรับคือ $f_{\theta}$ $\theta$

T (X_{1}, \dots, X_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \ln X_{i}

$T(X_1,\ldots,X_n)=\sum_{i=1}^n\ln X_i$

ตั้งแต่ตอนแรกจะให้ UMVUE ของให้ฉัน ทฤษฎีบท Lehmann-Scheffe ถ้าไม่แน่ใจว่าความคาดหวังที่มีเงื่อนไขนี้สามารถพบได้โดยตรงหรือหนึ่งที่มีการพบว่าเงื่อนไขการจำหน่าย x_i $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$

ในทางกลับกันฉันพิจารณาวิธีการต่อไปนี้:

เรามีเพื่อให้{2n} $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$

ดังนั้น TH เพื่อช่วงเวลาดิบเกี่ยวกับศูนย์ตามที่คำนวณโดยใช้ไคสแควร์เป็น pdf $r$ $-2\theta\,T$

E (- 2 θ T)^{r} = 2^{r} \frac{Γ (n + r)}{Γ (n)}, n + r > 0

$E(-2\theta\,T)^r=2^r\frac{\Gamma\left(n+r\right)}{\Gamma\left(n\right)}\qquad ,\,n+r>0$

ดังนั้นดูเหมือนว่าสำหรับทางเลือกที่แตกต่างกันของจำนวนเต็ม , ฉันจะได้รับประมาณเป็นกลาง (และ UMVUEs) ของอำนาจแตกต่างกันของจำนวนเต็ม\ตัวอย่างเช่นและให้ฉันเป็น UMVUE และตามลำดับ $r$ $\theta$ $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ $\frac{1}{\theta}$ $\theta$

ตอนนี้เมื่อเรามี1} $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

ฉันสามารถรับ UMVUE ได้และอื่น ๆ ดังนั้นการรวม UMVUE เหล่านี้เป็นฉันจะได้รับที่จำเป็น UMVUE ของtheta} วิธีนี้ใช้ได้หรือฉันควรดำเนินการตามวิธีแรก? เนื่องจาก UMVUE นั้นไม่เหมือนใครเมื่อมีอยู่ทั้งคู่ควรให้คำตอบเดียวกันกับฉัน $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

เพื่อความชัดเจนฉันได้รับ

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

นั่นคือ

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

เป็นไปได้หรือไม่ว่า UMVUE ที่ฉันต้องการคือเมื่อ ? $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ $\theta>1$

สำหรับฉันจะได้รับและ UMVUE จะแตกต่างกัน $0<\theta<1$ $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$

ด้วยความเชื่อมั่นว่าความคาดหวังตามเงื่อนไขในแนวทางแรกไม่สามารถพบได้โดยตรงและเนื่องจากฉันได้ดำเนินการต่อไป เพื่อหาสิ่งที่เงื่อนไขการจำหน่ายx_i เพื่อที่ผมจำเป็นต้องมีความหนาแน่นร่วมกันของx_i) $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ $X_1\mid \prod X_i$ $(X_1,\prod X_i)$

ฉันใช้การเปลี่ยนแปลงของตัวแปรนั้นสำหรับ . สิ่งนี้นำไปสู่การสนับสนุนร่วมกันของเป็น\} $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ $i=1,2,\cdots,n$ $(Y_1,\cdots,Y_n)$ $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

ปัจจัยจาโคเบียนเปิดออกมาเป็น1} $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$

ดังนั้นฉันจึงมีความหนาแน่นร่วมของเป็น $(Y_1,\cdots,Y_n)$

f_{Y} (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{\prod_{i = 1}^{n - 1} y_{i}} 1_{S}

$f_Y(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\frac{\theta^n\, y_n^{\theta-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}y_i}\mathbf1_S$

ความหนาแน่นร่วมของจึงเป็น $(Y_1,Y_n)$

f_{Y_{1}, Y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{y_{1}} \int_{0}^{y_{n - 2}} \int_{0}^{y_{n - 3}} \dots \int_{0}^{y_{1}} \frac{1}{y_{3} y_{4} . . . y_{n - 1}} \frac{d y_{2}}{y_{2}} \dots d y_{n - 2} d y_{n - 1}

$f_{Y_1,Y_n}(y_1,y_n)=\frac{\theta^n\,y_n^{\theta-1}}{y_1}\int_0^{y_{n-2}}\int_0^{y_{n-3}}\cdots\int_0^{y_1}\frac{1}{y_3y_4...y_{n-1}}\frac{\mathrm{d}y_2}{y_2}\cdots\mathrm{d}y_{n-2}\,\mathrm{d}y_{n-1}$

มีการเปลี่ยนแปลงที่แตกต่างกันที่ฉันสามารถใช้ที่นี่ซึ่งจะทำให้ความหนาแน่นของข้อต่อลดลงมาอย่างยุ่งยากหรือไม่? ฉันไม่แน่ใจว่าฉันได้ทำการเปลี่ยนแปลงที่ถูกต้องที่นี่หรือไม่

จากคำแนะนำที่ยอดเยี่ยมในส่วนความคิดเห็นฉันพบความหนาแน่นร่วมของแทนความหนาแน่นร่วมโดยที่และx_i $(U,U+V)$ $(X_1,\prod X_i)$ $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$

จะเห็นได้ทันทีว่าและเป็นอิสระ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$

และแน่นอนtheta) $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

สำหรับความหนาแน่นข้อต่อของคือ $n>1$ $(U,V)$

f_{U, V} (u, v) = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0}

$f_{U,V}(u,v)=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}$

การเปลี่ยนตัวแปรฉันได้ความหนาแน่นร่วมของตาม $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

ดังนั้นความหนาแน่นตามเงื่อนไขของคือ $U\mid U+V=z$

f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z}

$f_{U\mid U+V}(u\mid z)=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}$

ตอนนี้ UMVUE ของฉันคือตามที่ฉันพูดถูก ที่จุดเริ่มต้นของโพสต์นี้ $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$

สิ่งที่ต้องทำคือหา

E (e^{- U} ∣ U + V = z) = \frac{n - 1}{z^{n - 1}} \int_{0}^{z} e^{- u} (z - u)^{n - 2} d u

$E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

แต่อินทิกรัลสุดท้ายมีรูปแบบปิดในแง่ของฟังก์ชันแกมม่าที่ไม่สมบูรณ์ตามMathematicaและฉันสงสัยว่าจะต้องทำอย่างไร

— StubbornAtom
แหล่งที่มา

คุณควรดำเนินการตามวิธีแรกโดยค้นหาการแจกแจงแบบมีเงื่อนไขของรูปแบบของสถิติที่เพียงพออาจทำงานได้ง่ายขึ้นในแอปพลิเคชันนี้

X_{[1]} | \prod X_{i}

$X_{[1]} | \prod X_i$

— jbowman

ที่จุด (ก่อนหน้านี้) ที่คุณแนะนำคุณควรคำนึงถึงการทำงานในแง่ของตัวแปรเกือบจะทันทีที่พวกเขามีสัดส่วนกับการกระจายซึ่งช่วยลดปัญหาของคุณอย่างรวดเร็วในการพิจารณาการกระจายการร่วมกันของโดยที่และ นั่นจะทำให้ช็อตคัตเหลืออีกสองหน้าของคณิตศาสตร์และให้เส้นทางที่รวดเร็วในการแก้ปัญหา

T

$T$

Y_{i} = - \log X_{i} .

$Y_i=-\log X_i.$

Γ (1)

$\Gamma(1)$

(U, U + V)

$(U,U+V)$

U \sim Γ (1)

$U\sim\Gamma(1)$

V \sim Γ (n - 1) .

$V\sim\Gamma(n-1).$

— whuber

@whuber เพื่อความชัดเจนคุณแนะนำให้ฉันหาความหนาแน่นของก่อนและจากที่พบความหนาแน่นของ ? ฉันสังเกตเห็นว่าเป็นตัวแปรเลขชี้กำลังที่มี rate (ซึ่งเป็นตัวแปร Gamma ตามที่คุณพูด) แต่ไม่เคยคิดที่จะทำงานกับมัน

(- \ln X_{1}, - \ln X_{1} - \sum_{i = 2}^{n} \ln X_{i})

$(-\ln X_1,-\ln X_1-\sum_{i=2}^n\ln X_i)$

(X_{1}, \prod X_{i})

$(X_1,\prod X_i)$

- \ln X_{i}

$-\ln X_i$

θ

$\theta$

— StubbornAtom

@whuber แต่ฉันจะรับจากโดยตรงได้อย่างไร

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

$E(\ln X_1\mid ...)$

— StubbornAtom

@whuber กรุณาดูที่การแก้ไขของฉัน ฉันเกือบทำไปแล้ว แต่ไม่แน่ใจว่าจะทำอย่างไรกับอินทิกรัลนั้น ฉันค่อนข้างมั่นใจว่าการคำนวณของฉันถูกต้อง

— StubbornAtom

คำตอบ:

ปรากฎว่าทั้งสองวิธี (ความพยายามครั้งแรกของฉันและอีกครั้งขึ้นอยู่กับคำแนะนำในส่วนความคิดเห็น) ในโพสต์ต้นฉบับของฉันให้คำตอบเดียวกัน ฉันจะร่างทั้งสองวิธีที่นี่เพื่อตอบคำถามอย่างสมบูรณ์

ที่นี่หมายถึงความหนาแน่นแกมมาโดยที่และแสดงถึงการแจกแจงแบบเอ็กซ์โพเนนเชียลด้วยค่าเฉลี่ย , ( ) เห็นได้ชัดว่า theta) $\text{Gamma}(n,\theta)$ $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

ตั้งแต่สมบูรณ์เพียงพอสำหรับและโดยทฤษฎีบท Lehmann-Scheffe คือ UMVUE ของtheta} ดังนั้นเราต้องหาความคาดหวังแบบมีเงื่อนไขนี้ $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

เราทราบว่าtheta) $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

วิธีที่ 1:

ให้และดังนั้นและจึงเป็นอิสระ แท้จริงและหมายความtheta) $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

ดังนั้น-t) $\mathbb E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=t)=\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=-t)$

ตอนนี้เราพบว่าเงื่อนไขการจำหน่ายของ V $U\mid U+V$

สำหรับและความหนาแน่นรอยต่อของคือ $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) & = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0} \\ = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ (u + v)} v^{n - 2} 1_{u, v > 0} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U,V}(u,v)&=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}\\&=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta(u+v)}v^{n-2}\mathbf1_{u,v>0}\end{align}$

การเปลี่ยนแปลงตัวแปรในทันทีนั้นความหนาแน่นของรอยต่อคือ $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

ให้จะมีความหนาแน่นของ V ดังนั้นความหนาแน่นตามเงื่อนไขของคือ $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\begin{aligned} f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) & = \frac{f_{U, U + V} (u, z)}{f_{U + V} (z)} \\ = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U\mid U+V}(u\mid z)&=\frac{f_{U,U+V}(u,z)}{f_{U+V}(z)}\\&=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}\end{align}$

ดังนั้น U $\displaystyle\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

นั่นคือ UMVUE ของคือ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

วิธีที่สอง:

เมื่อเป็นสถิติที่สมบูรณ์เพียงพอสำหรับตัวประมาณค่าใด ๆ ของซึ่งเป็นฟังก์ชันของจะเป็น UMVUE ของโดยทฤษฎีบท Lehmann-Scheffe ดังนั้นเราจึงดำเนินการหาช่วงเวลาของซึ่งเรารู้จักการกระจายตัว เรามี, $T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

E (- T)^{r} = \int_{0}^{\infty} y^{r} θ^{n} \frac{e^{- θ y} y^{n - 1}}{Γ (n)} d y = \frac{Γ (n + r)}{θ^{r} Γ (n)}, n + r > 0

$\mathbb E(-T)^r=\int_0^\infty y^r\theta^n\frac{e^{-\theta y}y^{n-1}}{\Gamma(n)}\,\mathrm{d}y=\frac{\Gamma(n+r)}{\theta^r\,\Gamma(n)},\qquad n+r>0$

โดยใช้สมการนี้เราได้รับประมาณเป็นกลาง (และ UMVUE ของ) ของสำหรับทุกจำนวนเต็มr $1/\theta^r$ $r\ge1$

ตอนนี้สำหรับเรามี $\theta>1$ $\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

การรวมตัวประมาณค่าที่เป็นกลางของเราได้รับ $1/\theta^r$

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$\mathbb E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

นั่นคือ

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$\mathbb E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

ดังนั้นสมมติว่า , UMVUE ของคือ $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

ฉันไม่แน่ใจเกี่ยวกับกรณีที่ในวิธีที่สอง $0<\theta<1$

ตามMathematicaสมการมีรูปแบบปิดในแง่ของฟังก์ชั่นแกมมาที่ไม่สมบูรณ์ และในสมการเราสามารถแสดงผลิตภัณฑ์ในแง่ของฟังก์ชันแกมมาปกติเป็น(n)} นี้อาจจะมีการเชื่อมต่อกันระหว่างและ(2) $(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

การใช้Mathematicaฉันสามารถตรวจสอบได้ว่าและเป็นสิ่งเดียวกัน $(1)$ $(2)$

— StubbornAtom
แหล่งที่มา

ในความเป็นจริงความเท่าเทียมกันระหว่างและตามมาด้วยการเขียนการขยายอนุกรมกำลังของในจากนั้นจึงเปลี่ยนอินทิกรัลและผลรวม

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

— StubbornAtom

ฉันคิดว่าเราสามารถหาคำตอบที่กระชับกว่าที่คุณพูดถึงเกี่ยวกับฟังก์ชันแกมม่าที่ไม่สมบูรณ์ด้านบน ใช้วิธีแรกฉันพบการแสดงออก

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = (n - 1) \int_{0}^{1} z^{r} {(1 - r)}^{n - z} d r,

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$ ที่

z = e^{T} .

$z=e^T.$

Wolfram Alpha รวมสิ่งนี้เพื่อรับ

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{e^{T} (n - 1)}{T^{n - 1}} [(n - 2)! - Γ (n - 1, T)]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{e^T \left( n-1 \right)}{T^{n-1} } \left[ \left( n-2 \right) !-\Gamma \left(n-1,T \right) \right]$

ตอนนี้คำฟังก์ชันแกมมาที่ไม่สมบูรณ์จะมีรูปแบบปิดเมื่อเป็นจำนวนเต็ม มันคือ $n$

Γ (n - 1, T) = \frac{Γ (n - 1)}{e^{T}} \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}

$\Gamma \left(n-1,T \right)=\frac{\Gamma \left(n-1 \right)}{e^T} \sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!}$

เราคาดหวังการเขียนใหม่และทำให้ง่ายขึ้น

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{Γ (n)}{T^{n - 1}} [e^{T} - \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{\Gamma \left( n \right)}{T^{n-1}} \left[ e^T-\sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!} \right]$

ฉันไม่สามารถเข้าถึงซอฟต์แวร์ที่จะตรวจสอบความเท่าเทียมกันกับผลลัพธ์ของคุณและแต่การคำนวณด้วยมือสำหรับและตรงกับคุณ $(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— soakley
แหล่งที่มา

ที่ที่คุณเขียนคุณควรจะมี

E [X_{1} ∣ x_{1} x_{2} \dots x_{n} = e^{T}],

$\operatorname E\left[ X_1\mid x_1x_2\cdots x_n=e^T \right],$

E [X_{1} ∣ X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] .

$\operatorname E\left[ X_1\mid X_1X_2\cdots X_n=e^T \right]. \qquad$

— Michael Hardy