と仮定し。表示

次の文が正しいことを確認する最も簡単な方法は何ですか？

と仮定し。表示。 $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$ $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$

ことに注意してください。 $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

$X \sim \text{Exp}(\beta)$ 、この手段その $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ 。

ことが簡単にわかり $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ 。さらに、パラメータ化下に $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$

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

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

西安の答えを与えられた解決策：元の質問の表記法を使用：

\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}

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

\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）。

— クラリネット奏者
ソース

@MichaelChernick 1）独立性の証明が正しいかどうかわかりません。2）ガンマ分布の違いに関して上記で推測した結果が正しいかどうかもわかりません。これはここで与えられているものと矛盾しているようですが、この違いには順序統計の1つが含まれているので、おそらくこの状況は異なっていますか？よく分かりません。

— クラリネット奏者

@クラリネット奏者、私は確信がありません。たぶん、使用してみてください。これは、作業している合計と明らかに等しくなります。ここでの答えは役に立つかもしれません： math.stackexchange.com/questions/80475/...

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

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

— おばあさん

あなたが証明しようとしていることをそれぞれ -オンを除いため、次いで及び、 iid指数変量の合計がガンマ分布になるという事実を使用して？

(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)

$(n-1)$

— マルセロベンチュラ

@jbowmanあり、を条件として、これを除算します、を与えるため、ます。ここで、この証明について私を悩ませたものがあります：私はを定数と見なしました。ただし、は定数ではありません。なぜこれが機能するのでしょうか？

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)}

$Y_{(1)}$

— クラリネット奏者

ポイントは、それが何でかは関係ないということです！分布は常にです！驚くべきことではありませんか？そしてこれから、の実際の値に関係なく、のの分布は常にであると結論付けることができます。

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

回答:

その証拠は、p.211のDevroyeの不均一なランダム変量の生成のすべてのランダム生成ブックの母に与えられています（そして、それは非常にエレガントなものです！）：

定理2.3（Sukhatme、1937）を定義すると、正規化された指数間隔はサイズ iid指数サンプルの順序統計はそれ自体iid指数変数です $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E_{(i)} - E_{(i - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

証明。以来次数統計の結合密度は、て書き込みます設定からの変数の変化からには定数ヤコビアンがあります[偶然しかし、これは計算する必要はありません]ので、密度

\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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ は、結果を確立する比例します。QED

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

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

GérardLetacから提案された代替案は、が（メモリレスプロパティにより）、簡単。

(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}

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

— 西安
ソース

この答えをありがとう！将来これを読んでいる人のためにいくつかの詳細を記入したいと思います：は観測値であり、を確認する最も簡単な方法ですは、用語を書き込むことです。密度のである比例する、分離密度を表示することである比例する、したがって。

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)

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

— クラリネット奏者

ここで、@ jbowmanのコメントで提案されていることを説明します。

定数ます。LET従うと考える。それから $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

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}}

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

これはの分布関数です。 $\text{Exp(1)}$

これを説明しましょう： rvが特定の間隔（最後の行の分子入る確率は、間隔の下限（分母）を超えると、間隔の長さ。この間隔が実際の線上に配置される場所ではありません。 $\text{Exp(1)}$ これは指数分布の「無記憶」特性の化身であり、ここではより一般的な設定であり、時間の解釈はありません（そして、指数分布一般についても同様です）

ここで、条件付けにより、を強制的に非負にし、決定的に、得られた結果はます。したがって、次のように述べることができます。 $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

もし、次いで。 $Y_i\sim \text{Exp(1)}$ $\forall Q\geq 0 : Z_i = Y_i-Q \geq 0$ $\implies$ $Z_i\sim \text{Exp(1)}$

すべての非負の実数値を自由に取り、必要な不等式が常に（ほぼ確実に）保持されるを見つけることができますか？可能であれば、条件付け引数を省くことができます。 $Q\geq 0$

そして確かに私たちはできます。これは最小次統計量、、です。だから我々は得た $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

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

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

この意味は

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

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

したがって、最小次数統計を減算してもの確率構造が変更されない場合、ランダム変数および、独立します。は確率構造に影響を与えないため、それらの間の可能なリンクからも独立しています。 $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

合計は、 iidランダム変数（およびゼロ）が含まれます。 $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

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

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

— アレコスパパドプロス
ソース