Giả sử

Là gì đơn giản nhất cách để thấy rằng các tuyên bố sau đây là đúng?

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

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

Theo $X \sim \text{Exp}(\beta)$ , điều này có nghĩa là $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ .

Dễ dàng thấy rằng $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . Hơn nữa, chúng tôi cũng có $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ theo tham số

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

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

Giải pháp đưa ra Câu trả lời của Xi'an : Sử dụng ký hiệu trong câu hỏi ban đầu:

\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}

$\begin{align} \sum_{i=1}^{n}[Y_i - Y_{(1)}] &= \sum_{i=1}^{n}[Y_{(i)}-Y_{(1)}] \\ &= \sum_{i=1}^{n}Y_{(i)}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}\{Y_{(i)}-Y_{(i-1)}+Y_{(i-1)}-\cdots-Y_{(1)}+Y_{(1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\text{ where } Y_{(0)} = 0 \\ &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=j}^{n}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{j=1}^{n}(n-j+1)[Y_{(j)}-Y_{(j-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]+nY_{(1)}-nY_{(1)} \\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]\text{.} \end{align}$ Từ đây, chúng ta nhận được

\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) .

— Clarinetist
nguồn

@MichaelCécick 1) Tôi không chắc liệu bằng chứng độc lập của mình có đúng không và 2) Tôi không chắc liệu kết quả mà tôi đoán ở trên có liên quan đến sự khác biệt của các bản phân phối Gamma hay không. Điều này dường như mâu thuẫn với những gì được đưa ra ở đây , nhưng có lẽ tình huống này là khác nhau vì sự khác biệt này bao gồm một trong những thống kê đơn hàng? Tôi không chắc.

— Clarinetist

@Clarinetist, tôi không chắc chắn. Có thể thử làm việc với , bằng với tổng số bạn đang làm việc. Câu trả lời ở đây có thể hữu ích: math.stackexchange.com/questions/80475/ trên

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

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

— game thủ

Bạn đã cố gắng chứng minh rằng mỗi - ngoại trừ một , trong đó và, sau đó, sử dụng thực tế là tổng của iid Biến thiên theo hàm mũ sẽ được phân phối Gamma?

(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 Ta có

f_{Z_{i}} (z_{i}) = f_{Y_{i}} (z_{i} + a) = e^{- (z_{i} + a)}

$f_{Z_i}(z_i) = f_{Y_i}(z_i + a) = e^{-(z_i + a)}$ và điều kiện trên

Y_{i} \geq a

$Y_i \geq a$ , chúng ta chia số này cho

e^{- a}

$e^{-a}$ , cho

e^{- z_{i}}

$e^{-z_i}$ , do đó chúng tôi có

(Z_{i} ∣ Y_{i} \geq A) \sim Exp (1)

$(Z_i \mid Y_i \geq A) \sim \text{Exp}(1)$ . Bây giờ đây là những gì đã làm tôi thất vọng về bằng chứng này: Tôi coi

A

$A$ là một hằng số. Nhưng

Y_{(1)}

$Y_{(1)}$ không phải là hằng số. Tại sao điều này sẽ làm việc?

— Clarinetist

Vấn đề là nó không quan trọng

a

$a$ là gì ! Phân phối luôn là

Exp (1)

$\text{Exp}(1)$ ! Đáng chú ý, phải không? Và từ đó, bạn có thể kết luận rằng phân phối của

Y_{i} - Y_{[1]}

$Y_i - Y_{[1]}$ luôn là

Exp (1)

$\text{Exp}(1)$ cho

i > 1

$i > 1$ , bất kể giá trị thực của

Y_{[1]}

$Y_{[1]}$ .

— jbowman

Câu trả lời:

Bằng chứng được đưa ra trong Mẹ của tất cả các cuốn sách thế hệ ngẫu nhiên, Thế hệ biến thể ngẫu nhiên không đồng nhất của Devroye , trên tr.211 (và nó là một cuốn rất thanh lịch!):

Định lý 2.3 (Sukhatme, 1937) Nếu chúng ta xác định thì các khoảng cách hàm mũ được chuẩn hóa xuất phát từ thống kê đơn hàng của một mẫu mũ iid kích thước là mình IID biến mũ $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E_{(i)} - E_{(i - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

Bằng chứng. Vì mật độ chung của thống kê đơn hàng

\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}

$\begin{align*} \sum_{i=1}^n e_i &= \sum_{i=1}^n e_{(i)} =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i(e_{(j)}-e_{(j-1)})\\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=j}^n(e_{(j)}-e_{(j-1)}) =\sum_{j=1}^n (n-j+1)(e_{(j)}-e_{(j-1)}) \end{align*}$

viết dưới dạng

(E_{(1)}, \dots, E_{(n)})

$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$

Thiết

, sự thay đổi của biến từ

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)})

$Y_i=(E_{(i)}-E_{(i-1)})$

Đến

có một hằng số Jacobian [cờ bằng để

nhưng điều này không cần phải được tính] và do đó mật độ

tỷ lệ với

trong đó thiết lập kết quả. QED

(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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$

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

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

Một thay thế đề nghị với tôi bởi Gérard Letac là để kiểm tra xem có sự phân bố giống như

(E_{(1)}, \dots, E_{(n)})

$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$

(nhờ tài sản không nhớ), mà làm cho nguồn gốc của

đơn giản.

(\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}

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

— Tây An
nguồn

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}}

$\prod_{i=1}^{n}e^{-y_i}$ , hence

Y_{1}, \dots, Y_{n} \overset{iid}{\sim} Exp (1)

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

— Clarinetist

I lay out here what has been suggested in comments by @jbowman.

Let a constant $a\geq 0$ . Let $Y_i$ follow an $\text{Exp(1)}$ and consider $Z_i = Y_i-a$ . Then

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}}

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

which is the distribution function of $\text{Exp(1)}$ .

Let's describe this: the probability that an $\text{Exp(1)}$ r.v. will fall in a specific interval (the numerator in the last line), given that it will exceed the interval's lower bound (the denominator), depends only on the length of the interval and not on where this interval is placed on the real line. This is an incarnation of the "memorylessness" property of the Exponential distribution, here in a more general setting, free of time-interpretations (and it holds for the Exponential distribution in general)

Now, by conditioning on $\{Y_i \geq a\}$ we force $Z_i$ to be non-negative, and crucially, the obtained result holds $\forall a\in \mathbb R^+$ . So we can state the following:

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

Can we find a $Q\geq 0$ that is free to take all non-negative real values and for which the required inequality always holds (almost surely)? If we can, then we can dispense with the conditioning argument.

And indeed we can. It is the minimum-order statistic, $Q=Y_{(1)}$ , $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$ . So we have obtained

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

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

This means that

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

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

So if the probabilistic structure of $Y_i$ remains unchanged if we subtract the minimum order statistic, it follows that the random variables $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ and $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ where $Y_i, Y_j$ independent, are also independent since the possible link between them, $Y_{(1)}$ does not have an effect on the probabilistic structure.

Then the sum $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ contains $n-1$ $\text{Exp(1)}$ i.i.d. random variables (and a zero), and so

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

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

— Alecos Papadopoulos
nguồn