감마 분포에서 통계의 독립성

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허락하다 $X_1,...,X_n$ 감마 분포에서 추출한 무작위 표본 $\mathrm{Gamma}\left(\alpha,\beta\right)$ .

허락하다 $\bar{X}$ 과 $S^2$ 표본 평균과 표본 분산입니다.

그런 다음 증명하거나 반증 $\bar{X}$ 과 $S^2/\bar{X}^2$ 독립적입니다.

내 시도 : 이후 $S^2/\bar{X}^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i}{\bar{X}}-1\right)^2$ 독립성을 확인해야합니다 $\bar{X}$ 과 $\left(\frac{X_i}{\bar{X}} \right)_{i=1}^{n}$ 그러나 어떻게 그들 사이의 독립성을 확립해야합니까?

— 종
소스

2

합의 라플라스 합동 변환을 고려하십시오.

U := \sum_{i} X_{i}

$U:= \sum_i X_i$ 그리고 벡터

W

$\mathbf{W}$ 비율의

W_{i} := X_{i} / U

$W_i := X_i / U$ . 이것은

E {\exp [- t U - z^{⊤} W]}

$\text{E}\{\exp[-tU - \mathbf{z}^\top \mathbf{W}]\}$ ; 이 기능의 곱임을 보여줄 수 있습니다

t

$t$ 그리고의 기능

z

$\mathbf{z}$ .

— 이브

@Yves 아래에 게시 된 답변을 확인할 수 있습니까?

— bellcircle

4

적분에 대한 귀엽고 간단하며 직관적으로 명백한 데모가 있습니다. $\alpha.$ 균일 분포, 감마 분포, 포아송 프로세스 및 랜덤 변수의 잘 알려진 속성에만 의존하며 다음과 같이 진행됩니다.

마다 $X_i$ ~까지 기다리는 시간 $\alpha$ 포아송 프로세스의 포인트가 발생합니다.
합계 $Y = X_1+X_2+\cdots + X_n$ 따라서 대기 시간은 $n\alpha$ 그 과정의 포인트가 발생합니다. 이 점들을 부르 자 $Z_1, Z_2, \ldots, Z_{n\alpha}.$
조건부 $Y$ , 첫번째 $n\alpha-1$ 점은 독립적으로 균일하게 분포되어 있습니다. $0$ 과 $Y.$
따라서 비율 $Z_i/Y,\ i=1,2,\ldots, n\alpha-1$ 독립적으로 균일하게 분포 $0$ 과 $1.$ 특히, 그들의 분포는 $Y.$
결과적으로 $Z_i/Y$ ~의 독립 $Y.$
이러한 기능 중에는
$\begin{aligned} X_{1} / Y & = Z_{[α]} / Y \\ X_{2} / Y & = Z_{[2 α]} / Y - Z_{[α]} / Y \\ \dots \\ X_{n - 1} / Y & = Z_{[(n - 1) α]} / Y - Z_{[(n - 2) α]} / Y \\ X_{n} / Y & = 1 - Z_{[(n - 1) α]} / Y \end{aligned}$ $\eqalign{X_1/Y &= Z_{[\alpha]}/Y\\ X_2/Y &= Z_{[2\alpha]}/Y - Z_{[\alpha]}/Y\\ \ldots\\ X_{n-1}/Y &= Z_{[(n-1)\alpha]}/Y - Z_{[(n-2)\alpha]}/Y\\ X_n/Y &= 1 - Z_{[(n-1)\alpha]}/Y}$ (괄호 $[]$ 의 주문 통계 를 나타냅니다 $Z_i$ ).

이 시점에서 간단히 $S^2/\bar X^2$ 의 (측정 가능한) 기능으로 명시 적으로 작성 될 수 있습니다 $X_i/Y$ 따라서 독립 $\bar X = Y/n.$

— 우버
소스

3

당신은 평균을 증명하고 싶어 $\bar{X}$ 그리고 $n$ rv.s $X_i/\bar{X}$ 독립적이거나 합과 합 $U := \sum X_i$ 그리고 $n$ 비율 $W_i := X_i / U$ 독립적입니다. 우리는 다음과 같이 가정하여 약간 더 일반적인 결과를 증명할 수 있습니다. $X_i$ 모양이 다를 수 있음 $\alpha_i$ 하지만 같은 규모 $\beta>0$ 어느 것으로 추정 될 수 있는가 $\beta = 1$ .

공동 Laplace 변형을 고려하십시오 $U$ 과 $\mathbf{W}=[W_i]_{i=1}^n$ 즉,

ψ (t, z) := E {\exp [- t U - z^{⊤} W} = E {\exp [- t \sum_{i} X_{i} - \sum_{i} z_{i} \frac{X_{i}}{U}]}

$\psi(t,\,\mathbf{z}) := \text{E}\{\exp[-tU - \mathbf{z}^\top \mathbf{W}\} = \text{E}\left\{ \exp\left[-t \sum_i X_i - \sum_i z_i \,\frac{X_i}{U} \right] \right\}$ 이것은

n

$n$ 차원 적분

(0, \infty)^{n}

$(0, \infty)^n$

Cst \int \exp [- (1 + t) (x_{1} + \dots + x_{n}) - \frac{z_{1} x_{1} + \dots + z_{n} x_{n}}{x_{1} + \dots + x_{n}}] x_{1}^{α_{1} - 1} \dots x_{n}^{α_{n} - 1} d x

$%% \psi(t,\,\mathbf{z} = \text{Cst} \, \int \exp \left[- (1 + t)(x_1 + \dots + x_n) - \frac{z_1 x_1 + \dots + z_n x_n}{x_1 + \dots + x_n} \right] \, x_1 ^{\alpha_1 - 1} \dots \, x_n^{\alpha_n - 1} \text{d}\mathbf{x}$ 상수는

x

$\mathbf{x}$ . 우리가 설정하여 정수 부호 아래에 새로운 변수를 도입하면

y := (1 + t) x

$\mathbf{y} := (1 + t)\, \mathbf{x}$ 우리는 적분이 두 가지 기능의 곱으로 작성 될 수 있음을 쉽게 알 수 있습니다.

t

$t$ 다른 벡터에 따라

z

$\mathbf{z}$ . 이것은 증명

U

$U$ 과

W

$\mathbf{W}$ 독립적입니다.

면책 조항 . 이 질문은 비례 합 독립성에 관한 루카치의 정리와 관련이 있기 때문에 유진 루카치 스 (Eugene Lukacs A)의 감마 분포 특성에 관한 기사 와 관련이있다 . 방금이 기사의 관련 부분 (324 페이지)을 추출하여 표기법을 약간 변경했습니다. 또한 복잡한 숫자와 관련된 변수의 변경을 피하기 위해 특성 함수의 사용을 Laplace 변환의 사용으로 대체했습니다.

— 이브
소스

1

(+1) 감마 분포의 특성에 관한 논문.

— StubbornAtom

1

허락하다 $U=\sum_i X_i$ . 참고 $(X_i /U)_i$ 부수 통계입니다 $\beta$ 즉, 분포는 $\beta$ .

이후 $U$ 충분한 통계량이다 $\beta$ , 그것은 독립적이다 $(X_i /U)_i$ Basu의 정리에 의해 결론은 다음과 같습니다.

보조 통계의 구성이 확실하지 않습니다. $\beta$ 아니 $\alpha$ .

— 종
소스

좋은. 정리는 다음과 같이 호출 할 수 있습니다.

α

$\alpha$ 1 모수 통계 모델을 고려하여 고정 된 것으로 간주됩니다.

— Yves