示す場合」sは独立していると場合
ましょう独立ランダム変数です。Xi∼Gamma(α,pi),i=1,2,...,n+1Xi∼Gamma(α,pi),i=1,2,...,n+1X_i\sim\text{Gamma}(\alpha,p_i),i=1,2,...,n+1 定義と。次に、が独立して分布していることを示します。Z1=∑n+1i=1XiZ1=∑i=1n+1XiZ_1=\sum_{i=1}^{n+1}X_iZi=Xi∑ij=1Xj,i=2,3,...,n+1Zi=Xi∑j=1iXj,i=2,3,...,n+1Z_i=\frac{X_i}{\sum_{j=1}^iX_j},\quad i=2,3,...,n+1Z1,Z2,...,Zn+1Z1,Z2,...,Zn+1Z_1,Z_2,...,Z_{n+1} の結合密度は、(X1,...,Xn+1)(X1,...,Xn+1)(X_1,...,X_{n+1}) fX(x1,...,xn+1)=[α∑n+1i=1pi∏n+1i=1Γ(pi)exp(−α∑i=1n+1xi)∏i=1n+1xpi−1i]Ixi>0,α>0,pi>0fX(x1,...,xn+1)=[α∑i=1n+1pi∏i=1n+1Γ(pi)exp(−α∑i=1n+1xi)∏i=1n+1xipi−1]Ixi>0,α>0,pi>0f_{\bf X}(x_1,...,x_{n+1})=\left[\frac{\alpha^{\sum_{i=1}^{n+1}p_i}}{\prod_{i=1}^{n+1}\Gamma(p_i)}\exp\left(-\alpha\sum_{i=1}^{n+1}x_i\right)\prod_{i=1}^{n+1}x_i^{p_i-1}\right]\mathbf I_{x_i>0}\quad,\alpha>0,p_i>0 我々変換、その結果X=(X1,⋯,Xn+1)↦Z=(Z1,⋯,Zn+1)X=(X1,⋯,Xn+1)↦Z=(Z1,⋯,Zn+1)\mathbf X=(X_1,\cdots,X_{n+1})\mapsto\mathbf Z=(Z_1,\cdots,Z_{n+1}) Z1=∑n+1i=1XiZ1=∑i=1n+1XiZ_1=\sum_{i=1}^{n+1}X_iおよびZi=Xi∑ij=1Xj,i=2,3,...,n+1Zi=Xi∑j=1iXj,i=2,3,...,n+1Z_i=\frac{X_i}{\sum_{j=1}^iX_j},\quad i=2,3,...,n+1 ⟹xn+1=z1zn+1,⟹xn+1=z1zn+1,\implies x_{n+1}=z_1z_{n+1}, xn=z1zn(1−zn+1),xn=z1zn(1−zn+1),\qquad x_n=z_1z_n(1-z_{n+1}), xn−1=z1zn−1(1−zn)(1−xn+1),xn−1=z1zn−1(1−zn)(1−xn+1),\qquad x_{n-1}=z_1z_{n-1}(1-z_n)(1-x_{n+1}), ⋮⋮\qquad\vdots x3=z1z3∏n+1j=4(1−zj)x3=z1z3∏j=4n+1(1−zj)\qquad x_3=z_1z_3\prod_{j=4}^{n+1}(1-z_j) x2=z1z2∏n+1j=3(1−zj)x2=z1z2∏j=3n+1(1−zj)\qquad x_2=z_1z_2\prod_{j=3}^{n+1}(1-z_j) x1=z1∏n+1j=2(1−zj)x1=z1∏j=2n+1(1−zj)\qquad x_1=z_1\prod_{j=2}^{n+1}(1-z_j)、ここでおよび0<z1<∞0<z1<∞00および（。pi>0pi>0p_i>0i=1,2,...,n+1i=1,2,...,n+1i=1,2,...,n+1 言うまでもなく、逆解見つけてヤコビアンを評価するのは面倒で時間がかかりました。仕事をでなく、の分布も決定します。xixix_iZiZiZ_i の独立性を示す簡単な方法はありますか？ZiZiZ_i