가정 . 확인

다음 진술이 사실임을 확인하는 가장 쉬운 방법 은 무엇입니까 ?

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

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

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

이는 보는 것을 쉽게 $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . 또한 매개 변수 아래의 $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$

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

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

Xi'an의 답변이 주어진 해결책 : 원래 질문의 표기법 사용 :

\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}

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

\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) .

— 클라리넷
소스

@MichaelChernick 1) 독립 증명이 올바른지 확실하지 않으며 2) 감마 분포의 차이와 관련하여 위에서 추측 한 결과가 정확한지 확실하지 않습니다. 이것은 여기 에 주어진 것과 모순되는 것처럼 보이지만 이 차이가 주문 통계 중 하나를 포함하기 때문에 상황이 다를 수 있습니까? 잘 모르겠습니다.

— Clarinetist

@Clarinetist, 확실하지 않습니다. 아마도 로 작업 해보십시오 . 이는 작업중 인 합계와 분명히 같습니다. 여기에 대한 답변이 도움이 될 것입니다 : math.stackexchange.com/questions/80475/…

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

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

— gammer

당신이 증명하려고 노력 각 - 하나를 제외하고 들어, 다음과, iid 지수 변량 의 합 이 감마 분포됨을 사용 하는가?

(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)

$(n-1)$

— Marcelo Ventura

@jbowman 우리는이 과 조건으로 , 우리는 이것을 분할 주는 , 따라서 우리가 . 이제이 증거에 대해 버그가있는 것이 있습니다 : 나는 를 상수로 여겼습니다 . 그러나 은 상수가 아닙니다. 왜 이것이 효과가 있을까요?

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)}

$Y_{(1)}$

— Clarinetist

요점은 어떤 문제가되지 않는다는 것입니다 있다! 배포는 항상 ! 놀랍지 않습니까? 그리고이에서 당신은 결론을 내릴 수의 분포 항상 에 대한 ,에 관계없이 실제 값의 .

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

답변:

증명은 Devroye의 Non-Uniform Random Variate Generation , p.211 의 모든 랜덤 생성 서적의 어머니에서 제공됩니다 (매우 우아합니다).

정리 2.3 (Sukhatme 1937) 우리가 정의 할 경우 다음 정규화 지수 간격을 로부터 유래 크기 의 iid 지수 샘플의 주문 통계 자체는 iid 지수 변수입니다. $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E_{(i)} - E_{(i - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

증명. 이후 순서 통계량 조인트 밀도 같은 기록 설정 , ~ 에는 일정한 Jacobian이 있습니다 [우연히그러나 이것은 계산 될 필요가 없다. 따라서 밀도는

\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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ 은 결과를 설정하는 합니다. QED

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

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

Gérard Letac이 제안한 대안은 이 (메모리없는 속성으로 인해), 간단합니다.

(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}

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

— 시안
소스

이 답변에 감사드립니다! 나는 미래에이 글을 읽고있는 누군가에 대한 몇 가지 세부 사항을 기입하고 싶습니다 : 의 관측 값이다 , 그리고 가장 쉬운 방법이보고 그 는 기간별로 작성하는 것입니다. 밀도 때문에 있다 비례에 , 별도 밀도를보고하는 비례에 이므로 입니다.

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)

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

— Clarinetist

@jbowman의 의견에 제안 된 내용을 여기에 배치했습니다.

상수 . 하자 따라 과 고려 . 그때 $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

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}}

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

이는 의 분포 함수입니다 . $\text{Exp(1)}$

이것을 설명해 봅시다 : rv가 구간의 하한 (분모)을 초과 할 때 특정 구간 (마지막 줄의 분자)에 속할 확률 은 이 간격이 실제 라인에서 배치되는 위치가 아닌 간격의 길이. $\text{Exp(1)}$ 이것은 지수 해석 의 " 메모리없는 "특성을 구체화 한 것으로 , 여기서는 더 일반적인 설정으로 시간 해석이 필요하지 않습니다 (일반적으로 지수 분포를 유지함)

이제, 를 함으로써 를 음이 아닌 것으로 강제 하고, 결정적으로 얻은 결과는 합니다. 그래서 우리는 다음과 같이 말할 수 있습니다. $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

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

음이 아닌 모든 실제 값을 자유롭게 가져오고 필요한 불평등이 항상 (거의 확실하게) 유지 되는 을 찾을 수 있습니까 ? 가능하다면 컨디셔닝 인수를 생략 할 수 있습니다. $Q\geq 0$

그리고 실제로 우리는 할 수 있습니다. 그것은 인 최소 차수 통계 , , . 그래서 우리는 얻었습니다 $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

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

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

이것은

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

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

따라서 최소 차수 통계량을 빼면 의 확률 적 구조 가 변경되지 않은 경우 랜덤 변수 및 에 따라 독립적입니다. 은 확률 적 구조에 영향을 미치지 않기 때문에 독립적 입니다. $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

그런 다음 합계 은 iid 임의 변수 (및 0)를 포함하므로 $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

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

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

— 알레 코스 파파도풀로스
소스