Предположим, . Показать


18

Какой самый простой способ убедиться, что следующее утверждение верно?

Предположим, . Показать .Y1,,YniidExp(1)i=1n(YiY(1))Gamma(n1,1)

Обратите внимание, что .Y(1)=min1inYi

Под XExp(β) это означает, что fX(x)=1βex/β1{x>0} .

Легко видеть, что Y(1)Exponential(1/n) . Кроме того, у нас также есть i=1nYiGamma(α=n,β=1) при параметризации

fY(y)=1Γ(α)βαxα1ex/β1{x>0}α,β>0.

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

i=1n[YiY(1)]=i=1n[Y(i)Y(1)]=i=1nY(i)nY(1)=i=1n{Y(i)Y(i1)+Y(i1)Y(1)+Y(1)}nY(1)=i=1nj=1i{Y(j)Y(j1)}nY(1) where Y(0)=0=j=1ni=jn{Y(j)Y(j1)}nY(1)=j=1n(nj+1)[Y(j)Y(j1)]nY(1)=i=1n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]nY(1)=i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]+nY(1)nY(1)=i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)].
Из этого мы получаем, что i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]Gamma(n1,1)1) .

1
@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

1
@ 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/…i=2n(Y(i)Y(1))
gammer

3
Вы пытались доказать, что каждый - за исключением одного , для которого и, затем, используя тот факт, что сумма iid экспоненциальных переменных будет гамма-распределена? (YiY(1))Expon(1)iYiY(1)=0(n1)
Марсело Вентура

1
@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?
fZi(zi)=fYi(zi+a)=e(zi+a)
Yiaeaezi(ZiYiA)Exp(1)AY(1)
Кларнетист

1
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 . aExp(1)YiY[1]Exp(1)i>1Y[1]
jbowman

Ответы:


15

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 переменнымиE(0)=0

(ni+1)(E(i)E(i1))
E(1)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

i=1nei=i=1ne(i)=i=1nj=1i(e(j)e(j1))=j=1ni=jn(e(j)e(j1))=j=1n(nj+1)(e(j)e(j1))
(E(1),,E(n))
f(e)=n!exp{i=1ne(i)}=n!exp{i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))}
Yi=(E(i)E(i1))(E(1),,E(n))(Y1,,Yn)1/n!(Y1,,Yn) пропорционально который устанавливает результат. QED
exp{i=1nyi}

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),,E(n))
(E1n,E1n+E2n1,,E1n+E2n1++En1)
k=1n(EkE(1))k=1n1Ek

1
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, .eiEii=1ne(i)=i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))=i=1ne(i)i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))(Y1,,Yn)exp(i=1nyi)yii=1neyiY1,,YniidExp(1)
Кларнетист

5

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

Пусть константа . Пусть следует за и рассмотрим . потомa0YiExp(1)Zi=Yia

Pr(ZiziYia)=Pr(YiaziYia)

Pr(Yizi+aYia)=Pr(Yizi+a,Yia)1Pr(Yia)

Pr(aYizi+a)1Pr(Yia)=1ezia1+eaea=1ezi

которая является функцией распределения .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. 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: {Yia}ZiaR+

Если , то . YiExp(1)Q0:Zi=YiQ0 ZiExp(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. Q0

И действительно, мы можем. Это статистика минимального порядка , , . Итак, мы получилиQ=Y(1)Pr(YiY(1))=1

YiExp(1)YiY(1)Exp(1)

Это означает, что

Pr(YiY(1)yiy(1))=Pr(Yiyi)

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.YiZi=YiY(1)Zj=YjY(1)Yi,YjY(1)

Тогда сумма содержит iid случайных величин (и ноль), и такi=1n(YiY(1))n1 Exp(1)

i=1n(YiY(1))Gamma(n1,1)
Используя наш сайт, вы подтверждаете, что прочитали и поняли нашу Политику в отношении файлов cookie и Политику конфиденциальности.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.