Angenommen, . Show

Wie lässt sich am einfachsten feststellen, dass die folgende Aussage zutrifft?

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

Beachten Sie, dass . $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

Mit $X \sim \text{Exp}(\beta)$ bedeutet dies, dass $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ .

Es ist leicht zu erkennen, dass $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . Darüber hinaus haben wir auch das $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ unter der Parametrisierung

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

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

Lösung in Xi'ans Antwort : Unter Verwendung der Notation in der ursprünglichen Frage:

\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}

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

\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) .

— Klarinettist
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@MichaelChernick 1) Ich bin mir nicht sicher, ob mein Unabhängigkeitsnachweis korrekt ist, und 2) ich bin mir nicht sicher, ob das Ergebnis, das ich oben in Bezug auf den Unterschied der Gamma-Verteilungen vermutet habe, überhaupt korrekt ist. Dies scheint dem zu widersprechen, was hier angegeben ist , aber vielleicht ist diese Situation anders, da dieser Unterschied eine der Ordnungsstatistiken enthält? Ich bin mir nicht sicher.

— Klarinettist

@Clarinetist, ich bin nicht sicher. Versuchen Sie vielleicht, mit , was eindeutig der Summe entspricht, mit der Sie arbeiten. Die Antwort hier könnte hilfreich sein: math.stackexchange.com/questions/80475/…

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

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

— Gammer

Haben Sie versucht zu beweisen, dass jedes - mit Ausnahme eines , für das und dann unter Verwendung der Tatsache, dass die Summe von iid Exponentialvariablen Gamma-verteilt sein wird?

(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

Wir haben und bedingt durch , wir teilen dies durch Geben wir , so haben wir . Was mich an diesem Beweis stört: Ich betrachtete als Konstante. Aber ist keine Konstante. Warum sollte das funktionieren?

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)}

$Y_{(1)}$

— Klarinettist

Der Punkt ist, dass es egal ist, was ist! Die Verteilung ist immer ! Bemerkenswert, nicht wahr? Und daraus können Sie schließen, dass die Verteilung von immer für , unabhängig vom tatsächlichen Wert von .

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]}

$Y_{[1]}$

— Bogenschütze

Antworten:

Der Beweis ist in den Büchern der Mutter aller zufälligen Generationen, Devroye's Non-Uniform Random Variate Generation , auf S.211 (und es ist sehr elegant!) Zu finden:

Theorem 2.3 (Sukhatme, 1937) Wenn wir dann leiten sich die normierten Exponentialabstände von ab Ordnungsstatistik einer iid-Exponentialstichprobe der Größe sind selbst iid-Exponentialvariablen $E_{(0)}=0$
$(n - i + 1) (E_{(i)} - E_{(i - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

Beweis. Da the gemeinsame Dichte der Ordnungsstatistik schreibt als Setzen von , die Änderung der Variablen von bis haben einen konstanten Jacobian [übrigens gleichdies muss aber nicht berechnet werden] und damit die Dichte von

\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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ ist proportional zu was das Ergebnis festlegt. QED

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

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

Eine Alternative, die mir Gérard Letac vorgeschlagen hat, besteht darin, zu überprüfen, ob dieselbe Verteilung hat wie (aufgrund der memorylosen Eigenschaft), wodurch die Herleitung von einfach.

(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}

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

— Xi'an
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Danke für diese Antwort! Ich möchte für jeden, der dies in Zukunft liest, einige Details : sind beobachtete Werte von und der einfachste Weg, dies zu sehen. schreibt Begriff für Begriff aus. Da die Dichte von proportional zu , trennen Sie das zu sehen, dass die Dichte proportional zu , daher .

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)

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

— Klarinettist

Ich lege hier dar, was in den Kommentaren von @jbowman vorgeschlagen wurde.

Sei eine Konstante . Lassen folgen einem und betrachten . Dann $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

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}}

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

Dies ist die Verteilungsfunktion von . $\text{Exp(1)}$

Beschreiben wir dies: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein rv in ein bestimmtes Intervall fällt (der Zähler in der letzten Zeile), hängt nur von Länge des Intervalls und nicht an der Stelle, an der sich dieses Intervall in der realen Linie befindet. $\text{Exp(1)}$ Dies ist eine Inkarnation der Eigenschaft " memorylessness " der Exponentialverteilung, hier in einer allgemeineren Umgebung, frei von Zeitinterpretationen (und gilt für die Exponentialverteilung im Allgemeinen).

Nun wird durch Konditionierung auf wir zwingen nicht-negativ zu sein, und das ist entscheidend, das erhaltene Ergebnis hält . Wir können also folgendes sagen: $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

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

Können wir ein , das frei ist, alle nicht negativen reellen Werte anzunehmen und für das die erforderliche Ungleichung immer gilt (fast sicher)? Wenn wir können, können wir auf das konditionierende Argument verzichten. $Q\geq 0$

Und in der Tat können wir. ist die Statistik minimaler Ordnung , , . So haben wir erhalten $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

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

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

Das bedeutet, dass

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

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

Wenn also die Wahrscheinlichkeitsstruktur von unverändert bleibt, wenn wir die Statistik minimaler Ordnung subtrahieren, folgt, dass die Zufallsvariablen und wobei unabhängig sind, sind auch unabhängig, da die mögliche Verbindung zwischen ihnen, keinen Einfluss auf die Wahrscheinlichkeitsstruktur hat. $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

Dann wird die Summe enthält uiv Zufallsvariablen (und eine Null), und so $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

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

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

— Alecos Papadopoulos
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