Suponha . Mostrar


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Qual é a maneira mais fácil de ver se a afirmação a seguir é verdadeira?

Suponha . Mostre .Y1,,YniidExp(1)i=1n(YiY(1))Gamma(n1,1)

Observe que .Y(1)=min1inYi

Por XExp(β) , isso significa que fX(x)=1βex/β1{x>0} .

É fácil ver que Y(1)Exponential(1/n) . Além disso, também temos que i=1nYiGamma(α=n,β=1) sob a parametrização

fY(y)=1Γ(α)βαxα1ex/β1{x>0}α,β>0.

Solução dada pela resposta de Xi'an : Usando a notação na pergunta original:

i=1n[YiY(1)]=i=1n[Y(i)Y(1)]=i=1nY(i)nY(1)=i=1n{Y(i)Y(i1)+Y(i1)Y(1)+Y(1)}nY(1)=i=1nj=1i{Y(j)Y(j1)}nY(1) where Y(0)=0=j=1ni=jn{Y(j)Y(j1)}nY(1)=j=1n(nj+1)[Y(j)Y(j1)]nY(1)=i=1n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]nY(1)=i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]+nY(1)nY(1)=i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)].
A partir disso, obtemos que i=2n(ni+1)[Y(i)Y(i1)]Gamma(n1,1)1) .

1
@MichaelChernick 1) Não tenho certeza se minha prova de independência está correta e 2) Não tenho certeza se o resultado que adivinhei acima referente à diferença de distribuições Gamma está correto. Isso parece contradizer o que é dado aqui , mas talvez essa situação seja diferente, pois essa diferença inclui uma das estatísticas da ordem? Não tenho certeza.
Clarinetist

1
@ Clarinetist, não tenho certeza. Talvez tente trabalhar com , o que claramente é igual à soma com a qual você está trabalhando. A resposta aqui pode ser útil: math.stackexchange.com/questions/80475/...i=2n(Y(i)Y(1))
gammer

3
Você já tentou provar que cada - exceto um , para o qual e, em seguida, usando o fato de que a soma de iid variáveis ​​exponenciais será distribuída gama? i Y i - Y ( 1 ) = 0 ( n - 1 )(YiY(1))Expon(1)iYiY(1)=0(n1)
Marcelo Ventura

1
@jbowman Temos e condicionados a , dividimos isso por , fornecendo , portanto, temos . Agora, aqui está o que me incomodou nessa prova: eu considerava uma constante. Mas não é uma constante. Por que isso funcionaria? Y ia e - a e - z i ( Z iY iA ) Exp ( 1 ) A Y ( 1 )
fZi(zi)=fYi(zi+a)=e(zi+a)
Yiaeaezi(ZiYiA)Exp(1)AY(1)
Clarinetist

1
O ponto é que não importa o que é! A distribuição é sempre ! Notável, não é? E a partir disso, você pode concluir que a distribuição de é sempre para , independentemente do valor real de . Exp ( 1 ) Y i - Y [ 1 ] Exp ( 1 ) i > 1 Y [ 1 ]aExp(1)YiY[1]Exp(1)i>1Y[1]
jbowman

Respostas:


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A prova é apresentada na Mãe de todos os livros de geração aleatória, a Geração de variáveis ​​aleatórias não uniforme de Devroye , na p.211 (e é muito elegante!):

Teorema 2.3 (Sukhatme, 1937) Se definirmos , os espaçamentos exponenciais normalizados derivados do estatísticas da ordem de uma amostra de tamanho exponencial do ID são as próprias variáveis ​​exponenciais do ID( n - i + 1 ) ( E ( i ) - E ( i - 1 ) ) E ( 1 )E ( n ) nE(0)=0

(ni+1)(E(i)E(i1))
E(1)E(n)n

Prova. Como o densidade conjunta da estatística da ordem escreve como Definindo , a alteração de variáveis ​​de a tem uma constante jacobiana [aliás igual amas isso não precisa ser calculado] e, portanto, a densidade de (E(1),,E(n

i=1nei=i=1ne(i)=i=1nj=1i(e(j)e(j1))=j=1ni=jn(e(j)e(j1))=j=1n(nj+1)(e(j)e(j1))
f( e )=n!(E(1),,E(n)) Y i = ( E ( i ) - E ( i - 1 ) ) ( E ( 1 ) , , E ( n ) ) ( Y 1
f(e)=n!exp{i=1ne(i)}=n!exp{i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))}
Yi=(E(i)E(i1))(E(1),,E(n))1 / n ! ( Y 1 , , Y n ) exp { - n i = 1 y i }(Y1,,Yn)1/n!(Y1,,Yn) é proporcional a que estabelece o resultado. QED
exp{i=1nyi}

Uma alternativa sugerida por Gérard Letac para mim é verificar se tem a mesma distribuição que (em virtude da propriedade sem memória), que faz a derivação de direto.( E 1

(E(1),,E(n))
(E1n,E1n+E2n1,,E1n+E2n1++En1)
k=1n(EkE(1))k=1n1Ek

1
Obrigado por esta resposta! Gostaria de preencher alguns detalhes para quem estiver lendo isso no futuro: são valores observados de , e a maneira mais fácil de ver isso é escrever termo a termo. Como a densidade de é proporcional a , separe o para ver se a densidade é proporcional a , daí .eiEii=1ne(i)=i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))=i=1ne(i)i=1n(ni+1)(e(i)e(i1))(Y1,,Yn)exp(i=1nyi)yii=1neyiY1,,YniidExp(1)
Clarinetist

5

Apresento aqui o que foi sugerido nos comentários por @jbowman.

Deixe uma constante . Deixe seguir um e considere . Entãoa0YiExp(1)Zi=Yia

Pr(ZiziYia)=Pr(YiaziYia)

Pr(Yizi+aYia)=Pr(Yizi+a,Yia)1Pr(Yia)

Pr(aYizi+a)1Pr(Yia)=1ezia1+eaea=1ezi

que é a função de distribuição de .Exp(1)

Vamos descrever isso: a probabilidade de um rv cair em um intervalo específico (o numerador na última linha), uma vez que excederá o limite inferior do intervalo (o denominador), depende apenas do comprimento do intervalo e não onde esse intervalo é colocado na linha real. Exp(1)Esta é uma encarnação da propriedade " sem memória " da distribuição exponencial, aqui em um cenário mais geral, livre de interpretações de tempo (e vale para a distribuição exponencial em geral)

Agora, condicionando forçamos a não ser negativo e, crucialmente, o resultado obtido mantém . Portanto, podemos afirmar o seguinte: {Yia}ZiaR+

Se , então . YiExp(1)Q0:Zi=YiQ0 ZiExp(1)

Podemos encontrar um livre para assumir todos os valores reais não negativos e para os quais a desigualdade exigida sempre se mantém (quase certamente)? Se pudermos, podemos dispensar o argumento do condicionamento. Q0

E de fato podemos. É a estatística de ordem mínima , , . Então nós obtivemosQ=Y(1)Pr(YiY(1))=1

YiExp(1)YiY(1)Exp(1)

Isso significa que

Pr(YiY(1)yiy(1))=Pr(Yiyi)

Portanto, se a estrutura probabilística de permanecer inalterada se subtrairmos a estatística de ordem mínima, segue-se que as variáveis ​​aleatórias e onde independente, também são independentes, pois o possível vínculo entre eles, , não afeta a estrutura probabilística.YiZi=YiY(1)Zj=YjY(1)Yi,YjY(1)

Então a soma contém iid variáveis ​​aleatórias (e um zero), e assimi=1n(YiY(1))n1 Exp(1)

i=1n(YiY(1))Gamma(n1,1)
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