Nếu là beta độc lập thì hiển thị cũng là beta

Đây là một vấn đề xuất hiện trong một kỳ thi học kỳ ở trường đại học của chúng tôi vài năm trước mà tôi đang đấu tranh để giải quyết.

Nếu là các biến ngẫu nhiên độc lập với mật độ và thì hiển thị rằng theo sau . $X_1,X_2$ $\beta$ $\beta(n_1,n_2)$ $\beta(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)$ $\sqrt{X_1X_2}$ $\beta(2n_1,2n_2)$

Tôi đã sử dụng phương pháp Jacobian để có được mật độ của $Y=\sqrt{X_1X_2}$ như sau:

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y}^{1} \frac{1}{x^{2}} (1 - x^{2})^{n_{2} - 1} (1 - \frac{y^{2}}{x^{2}})^{n_{2} - 1} d x

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_y^1\dfrac{1}{x^2}(1-x^2)^{n_2-1}(1-\dfrac{y^2}{x^2})^{n_2-1}dx$

Tôi bị mất tại thời điểm này thực sự. Bây giờ, trong bài báo chính, tôi tìm thấy một gợi ý đã được cung cấp. Tôi đã cố gắng sử dụng gợi ý nhưng không thể có được các biểu thức mong muốn. Gợi ý là nguyên văn như sau:

Gợi ý: Xuất phát một công thức cho mật độ của $Y=\sqrt{X_1X_2}$ theo mật độ đã cho của $X_1$ và $X_2$ và thử sử dụng thay đổi biến với $z=\dfrac{y^2}{x}$ .

Vì vậy, tại thời điểm này, tôi cố gắng sử dụng gợi ý này bằng cách xem xét sự thay đổi của biến này. Do đó tôi nhận được,

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y^{2}}^{y} \frac{z^{2}}{y^{4}} (1 - \frac{y^{4}}{z^{2}})^{n_{2} - 1} (1 - y^{2} . \frac{z^{2}}{y^{4}})^{n_{2} - 1} \frac{y^{2}}{z^{2}} d z

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_{y^2}^y\dfrac{z^2}{y^4}(1-\dfrac{y^4}{z^2})^{n_2-1}(1-y^2.\dfrac{z^2}{y^4})^{n_2-1}\dfrac{y^2}{z^2}dz$ mà sau khi đơn giản hóa thành (viết

x

$x$ cho

z

$z$ )

f_{Y} (y) = \frac{4 y^{2 n_{1}}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int_{y^{2}}^{y} \frac{1}{y^{2}} (1 - \frac{y^{4}}{x^{2}})^{n_{2} - 1} (1 - \frac{x^{2}}{y^{2}})^{n_{2} - 1} d x

$f_Y(y)=\dfrac{4y^{2n_1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+\dfrac{1}{2},n_2)}\int_{y^2}^y\dfrac{1}{y^2}(1-\dfrac{y^4}{x^2})^{n_2-1}(1-\dfrac{x^2}{y^2})^{n_2-1}dx$

Tôi thực sự không biết làm thế nào để tiến hành. Tôi thậm chí không chắc chắn rằng tôi đang giải thích gợi ý đúng. Dù sao, đây là phần còn lại của gợi ý:

Quan sát rằng bằng cách sử dụng thay đổi của biến , mật độ cần thiết có thể được biểu thị theo hai cách để lấy trung bình Bây giờ chia phạm vi tích hợp thành và và viết và tiếp tục với . $z=\dfrac{y^2}{x}$
$f_{Y} (y) = c o n s t a n t . y^{2 n_{1} - 1} \int_{y^{2}}^{1} (1 - \frac{y^{2}}{x})^{n_{2} - 1} (1 - x)^{n_{2} - 1} (1 + \frac{y}{x}) \frac{1}{\sqrt{x}} d x$ $f_Y(y)=constant.y^{2n_1-1}\int_{y^2}^1(1-\dfrac{y^2}{x})^{n_2-1}(1-x)^{n_2-1}(1+\dfrac{y}{x})\dfrac{1}{\sqrt{x}}dx$ $(y^2,y)$ $(y,1)$ $(1-\dfrac{y^2}{x})(1-x)=(1-y)^2-(\dfrac{y}{\sqrt{x}}-\sqrt{x})^2$ $u=\dfrac{y}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}$

Chà, thành thật mà nói, tôi không thể hiểu làm thế nào người ta có thể sử dụng những gợi ý này: dường như tôi chẳng đi đến đâu. Giúp đỡ được đánh giá cao. Cảm ơn trước.

— Landon Carter
nguồn

Tôi đã thấy một vấn đề tương tự trước đó tôi đã biên soạn một số tài liệu tham khảo. Xem arxiv.org/pdf/1304.6671v1.pdf mathoverflow.net/questions/32782/iêu

— Sid

@Sid Xin lỗi nhưng tôi không thể tìm thấy vấn đề này trong các tài liệu tham khảo hoặc bất cứ điều gì tương tự. Bạn có thể vui lòng chỉ ra những nơi? Cảm ơn!!

— Landon Carter

Bạn có chắc chắn đã áp dụng phương pháp Jacobian chính xác? Nếu tôi làm điều đó, tôi nhận được: Tôi nghĩ rằng bạn cũng sẽ cần nhân đôi công thức , xem en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function

f_{Y} (y) = \frac{2 y^{2 n_{1} - 1}}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + 0.5, n_{2})} \int_{y^{2}}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} [(1 - \frac{y^{2}}{x}) (1 - x)]^{n_{1} - 1} d x

$f_Y(y) = \frac{2 y^{2n_1-1}}{B(n_1,n_2)B(n_1+0.5,n_2)} \int_{y^2}^1 \frac{1}{\sqrt{x}} [(1-\frac{y^2}{x})(1-x)]^{n_1-1} dx$

Γ (z) Γ (z + 0.5) = 2^{1 - 2 z} \sqrt{π} Γ (2 z)

$\Gamma(z)\Gamma(z+0.5)=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$

— StijnDeVuyst

Rõ ràng có vẻ như các công thức là như nhau. Có lẽ bạn phải sử dụng thay đổi của biến trong công thức của bạn để lấy của tôi. Tôi đang nói về Jacobian.

z = \sqrt{x}

$z=\sqrt{x}$

— Landon Carter

Tôi không nghĩ họ giống nhau. Thực hiện thay đổi biến mà bạn đề cập trong công thức của tôi, tôi nhận được một cái gì đó đơn giản hơn so với những gì bạn có trong tích phân đầu tiên của OP.

— StijnDeVuyst

Tôi sẽ chứng minh điều này theo một cách khác, sử dụng các hàm tạo mô men. Hoặc tương tự, bằng cách chỉ ra rằng thời điểm của bằng với thời điểm của biến ngẫu nhiên có phân phối . Nếu điều này là như vậy đối với tất cả , thì bằng sức mạnh của vấn đề thời điểm, bài tập đã được chứng minh. $q$ $\sqrt{X_1X_2}$ $q$ $B$ $\beta(2n_1,2n_2)$ $q=1,2,\ldots$

Đối với phần cuối cùng, chúng tôi có được từ http://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution#Other_moments rằng thời điểm của là Bây giờ cho phần đầu tiên: $q$ $B$

E [B^{q}] = \prod_{j = 0}^{q - 1} \frac{2 n_{1} + j}{2 n_{1} + 2 n_{2} + j} = \dots = \frac{Γ (2 n_{1} + q) Γ (2 n_{1} + 2 n_{2})}{Γ (2 n_{1}) Γ (2 n_{1} + 2 n_{2} + q)}

$\mathrm{E}[B^q] = \prod_{j=0}^{q-1} \frac{2n_1+j}{2n_1+2n_2+j} = \ldots = \frac{\Gamma(2n_1+q)\Gamma(2n_1+2n_2)}{\Gamma(2n_1)\Gamma(2n_1+2n_2+q)}$

E [(\sqrt{X_{1} X_{2}})^{q}] = \int \int (\sqrt{x_{1} x_{2}})^{q} f_{X_{1}} (x_{1}) f_{X_{2}} (x_{2}) d x_{1} d x_{2} = \int x^{q / 2} f_{X_{1}} (x_{1}) d x_{1} \cdot \int x_{2}^{q / 2} f_{X_{2}} (x_{2}) d x_{2} = \frac{1}{B (n_{1}, n_{2})} \int x_{1}^{n_{1} + q / 2 - 1} (1 - x_{1})^{n_{2} - 1} d x_{1} \cdot \frac{1}{B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})} \int x_{2}^{n_{1} + \frac{q + 1}{2} - 1} (1 - x_{2})^{n_{2} - 1} d x_{2} = \frac{B (n_{1} + \frac{q}{2}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{q + 1}{2}, n_{2})}{B (n_{1}, n_{2}) B (n_{1} + \frac{1}{2}, n_{2})}

$\mathrm{E}[(\sqrt{X_1X_2})^q] = \int\int (\sqrt{x_1x_2})^q f_{X_1}(x_1) f_{X_2}(x_2) dx_1dx_2 \\ = \int x^{q/2} f_{X_1}(x_1) d x_1 \cdot \int x_2^{q/2} f_{X_2}(x_2) d x_2\\ = \frac{1}{B(n_1,n_2)} \int x_1^{n_1+q/2-1}(1-x_1)^{n_2-1}dx_1 \cdot \frac{1}{B(n_1+\frac{1}{2},n_2)} \int x_2^{n_1+\frac{q+1}{2}-1}(1-x_2)^{n_2-1}dx_2\\ = \frac{B(n_1+\frac{q}{2},n_2)B(n_1+\frac{q+1}{2},n_2)}{B(n_1,n_2)B(n_1+\frac{1}{2},n_2)}$ Bây giờ tất cả những gì còn lại là áp dụng định nghĩa và sau đó là công thức nhân đôi . Sau đó hóa ra phần thứ nhất và phần thứ hai hoàn toàn giống nhau.

B (α, β) = \frac{Γ (α) Γ (β)}{Γ (α + β)}

$B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$

Γ (α) Γ (α + \frac{1}{2}) = 2^{1 - 2 α} \sqrt{π} Γ (2 α)

$\Gamma(\alpha)\Gamma(\alpha+\frac{1}{2})=2^{1-2\alpha}\sqrt{\pi}\Gamma(2\alpha)$

— StijnDeVuyst
nguồn

Tôi không nghĩ bạn có thể nói rằng sự bình đẳng của những khoảnh khắc ngụ ý sự bình đẳng trong phân phối. Có những ví dụ mà điều này có thể không giữ được.

— Landon Carter

StijnDeVuyst, xin lỗi đây không phải là một câu trả lời chấp nhận được. Tôi có một ví dụ trong đó các khoảnh khắc bằng nhau nhưng các bản phân phối không giống nhau. Ví dụ là một chút phức tạp. Đáng tiếc bây giờ tôi không có ví dụ với tôi; nó cũng đến trong một kỳ thi học kỳ. Nhưng tôi sẽ sớm đăng ví dụ trong chủ đề này nếu bạn quan tâm. Dù sao tôi đã tự giải quyết vấn đề. Cảm ơn bạn đã giúp đỡ.

— Landon Carter

@yedaynara và Stijn: Một ví dụ cổ điển (a?) là do Heyde: Hãy xem xét các pdf trong đó là pdf của tiêu chuẩn lognatural và . Tất cả các thành viên của gia đình phân phối này có cùng một thời điểm (của tất cả các đơn đặt hàng). Lưu ý rằng lognatural tiêu chuẩn là một thành viên của gia đình này và những khoảnh khắc của nó có một hình thức khép kín tốt đẹp.

f_{b} (x) = f_{0} (x) (1 + b \sin (2 π \log x))

$f_b(x) = f_0(x)(1+b \sin(2\pi\log x))$

f_{0}

$f_0$

b \in [- 1, 1]

$b \in [-1,1]$

— Đức Hồng Y

Tuy nhiên, có những điều kiện bổ sung (ví dụ: Carleman) vào những thời điểm sẽ đảm bảo tính duy nhất của phân phối. Điều này được gọi là vấn đề thời điểm Hamburger .

— Đức Hồng Y

Trích dẫn từ web.williams.edu/Mathatures/sjmiller/public_html/book/ con / "" Đây là đại số tuyến tính cơ bản để xác minh rằng một biện pháp tích cực với hỗ trợ hữu hạn được xác định duy nhất bởi các khoảnh khắc của nó ... "Điều đó giải quyết Điều kiện Carleman cho tính xác định M cho các bản phân phối Beta trong OP. @cardinal và yedaynara đều đúng mà tôi đã quá nhanh để thừa nhận điều này. Nhưng rõ ràng sự hỗ trợ hữu hạn là những gì tiết kiệm trong ngày.

— StijnDeVuyst