Какова ожидаемая стоимость модифицированного распределения Дирихле? (проблема интеграции)

Легко получить случайную переменную с распределением Дирихле, используя гамма-переменные с тем же параметром масштаба. Если:

$X_i \sim \text{Gamma}(\alpha_i, \beta)$

Потом:

$\left(\frac{X_1}{\sum_j X_j},\; \ldots\; , \frac{X_n}{\sum_j X_j}\right) \sim \text{Dirichlet}(\alpha_1,\;\ldots\;,\alpha_n)$

Проблема Что происходит, если параметры шкалы не равны?

$X_i \sim \text{Gamma}(\alpha_i, \beta_i)$

Тогда каково распределение этой переменной?

$\left(\frac{X_1}{\sum_j X_j},\; \ldots\; , \frac{X_n}{\sum_j X_j}\right) \sim \; ?$

Для меня было бы достаточно знать ожидаемую стоимость этого распределения.
Мне нужна приблизительная замкнутая алгебраическая формула, которая может быть очень быстро оценена компьютером.
Допустим, достаточно приближения с точностью до 0,01.
Вы можете предположить, что:

$\alpha_i, \beta_i \in \mathbb{N}$

Примечание Короче говоря, задача состоит в том, чтобы найти приближение этого интеграла:

$f(\vec{\alpha}, \vec{\beta}) = \int_{\mathbb{R}^n_+} \;\frac{x_1}{\sum_j x_j} \cdot \prod_j \frac{\beta_j^{\alpha_j}}{\Gamma(\alpha_j)} x_j^{\alpha_j - 1} e^{-\beta_j x_j} \;\; dx_1\ldots dx_n$

— Лукаш Лью
источник

@ Лукаш Можете ли вы сказать что-нибудь еще о параметрах

? Можно получить точные выражения для

и тем самым приблизить ожидание отношений, но при определенных комбинациях параметров можно использовать Normal или приближение с перевалом меньше работы. Я не думаю, что будет универсальный метод приближения, поэтому дополнительные ограничения приветствуются.

n

$n$

α_{i}

$\alpha_i$

β_{i}

$\beta_i$

\sum_{j} X_{j}

$\sum_j{X_j}$

— whuber

коррелируютпоэтому мы должны приблизить саму интеграл.

часто небольшое количествокак 1 или 2а иногда как большойкак 10000. Аналогично WIH

, но это, как правило10 раз большечем

X_{1}

$X_1$

\sum_{j} X_{j}

$\sum_j X_j$

α_{i}

$\alpha_i$

β_{i}

$\beta_i$

α_{i}

$\alpha_i$

— Лукаш Лью

Проблема с малым

. Если все

большие, то хорошее приближение всего интеграла:

α_{i}

$\alpha_i$

α_{i}

$\alpha_i$

\frac{α_{1} / β_{1}}{\sum_{j} α_{j} / β_{j}}

$\frac{\alpha_1/\beta_1}{\sum_j \alpha_j/\beta_j}$

— Лукаш Лью

@ Лукаш Если вам нужно оценить выражение ожидания, зачем вам алгебраическая формула? Я подумываю применить некоторый числовой трюк, чтобы получить ожидания, но мне нужна обратная связь :)

— deps_stats

Мне нужно оценивать это много раз в моей программе. Это должно быть очень быстро, то есть без петель и желательно не слишком много делений.

— Лукаш Лью

Просто начальное замечание: если вам нужна скорость вычислений, вам обычно приходится жертвовать точностью. "Больше точности" = "Больше времени" в общем. В любом случае, здесь приближение второго порядка, должно улучшиться по сравнению с «грубым» приближением, которое вы предложили в своем комментарии выше:

E (\frac{X_{j}}{\sum_{i} X_{i}}) \approx \frac{E [X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]} - \frac{c o v [\sum_{i} X_{i}, X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]^{2}} + \frac{E [X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]^{3}} V a r [\sum_{i} X_{i}]

$E\Bigg(\frac{X_{j}}{\sum_{i}X_{i}}\Bigg)\approx \frac{E[X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]} -\frac{cov[\sum_{i}X_{i},X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]^2} +\frac{E[X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]^3} Var[\sum_{i}X_{i}]$

= \frac{α_{j}}{\sum_{i} \frac{β_{j}}{β_{i}} α_{i}} \times [1 - \frac{1}{(\sum_{i} \frac{β_{j}}{β_{i}} α_{i})} + \frac{1}{(\sum_{i} \frac{α_{i}}{β_{i}})^{2}} (\sum_{i} \frac{α_{i}}{β_{i}^{2}})]

$= \frac{\alpha_{j}}{\sum_{i} \frac{\beta_{j}}{\beta_{i}}\alpha_{i}}\times\Bigg[1 - \frac{1}{\Bigg(\sum_{i} \frac{\beta_{j}}{\beta_{i}}\alpha_{i}\Bigg)} + \frac{1}{\Bigg(\sum_{i} \frac{\alpha_{i}}{\beta_{i}}\Bigg)^2}\Bigg(\sum_{i} \frac{\alpha_{i}}{\beta_{i}^2}\Bigg)\Bigg]$

РЕДАКТИРОВАТЬ Объяснение для вышеупомянутого расширения было запрошено. Краткий ответ - Википедия . Длинный ответ дан ниже.

$f(x,y)=\frac{x}{y}$ $f$ $X-E(X)$ $Y-E(Y)$

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} = 0

$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=0$

\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} = - \frac{1}{y^{2}}

$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=-\frac{1}{y^2}$

\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = 2 \frac{x}{y^{3}}

$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2\frac{x}{y^3}$

И поэтому ряд Тейлора до второго порядка определяется как:

\frac{x}{y} \approx \frac{μ_{x}}{μ_{y}} + \frac{1}{2} (- \frac{1}{μ_{y}^{2}} 2 (x - μ_{x}) (y - μ_{y}) + 2 \frac{μ_{x}}{μ_{y}^{3}} (y - μ_{y})^{2})

$\frac{x}{y} \approx \frac{\mu_x}{\mu_y}+\frac{1}{2}\Bigg(-\frac{1}{\mu_y^2}2(x-\mu_x)(y-\mu_y) + 2\frac{\mu_x}{\mu_y^3}(y-\mu_y)^2 \Bigg)$

Taking expectations yields:

E [\frac{x}{y}] \approx \frac{μ_{x}}{μ_{y}} - \frac{1}{μ_{y}^{2}} E [(x - μ_{x}) (y - μ_{y})] + \frac{μ_{x}}{μ_{y}^{3}} E [(y - μ_{y})^{2}]

$E\Big[\frac{x}{y}\Big] \approx \frac{\mu_x}{\mu_y}-\frac{1}{\mu_y^2}E\Big[(x-\mu_x)(y-\mu_y)\Big] + \frac{\mu_x}{\mu_y^3}E\Big[(y-\mu_y)^2\Big]$

Which is the answer I gave. (although I initially forgot the minus sign in the second term)

— probabilityislogic
источник

This looks like exactly what I need. Can you explain how you got this expansion? I tried in a lot of ways and was unable to do that ...

— Łukasz Lew