Supposons que

Quelle est la façon la plus simple de vérifier que l'énoncé suivant est vrai?

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

Notez que . $Y_{(1)} = \min\limits_{1 \leq i \leq n}Y_i$

Par $X \sim \text{Exp}(\beta)$ , cela signifie que $f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$ .

Il est facile de voir que $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$ . De plus, nous avons également $\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$ sous le paramétrage

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

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

Solution donnée par la réponse de Xi'an : en utilisant la notation dans la question d'origine:

\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 {Oui}_{(1)} \\ = \sum_{je = 1}^{n} (n - je + 1) [{Oui}_{(je)} - {Oui}_{(je - 1)}] - n {Oui}_{(1)} \\ = \sum_{je = 2}^{n} (n - je + 1) [{Oui}_{(je)} - {Oui}_{(je - 1)}] + n {Oui}_{(1)} - n {Oui}_{(1)} \\ = \sum_{je = 2}^{n} (n - je + 1) [{Oui}_{(je)} - {Oui}_{(je - 1)}] . \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{i=1}^{n}[Y_i - Y_{(1)}] &= \sum_{i=1}^{n}[Y_{(i)}-Y_{(1)}] \\ &= \sum_{i=1}^{n}Y_{(i)}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}\{Y_{(i)}-Y_{(i-1)}+Y_{(i-1)}-\cdots-Y_{(1)}+Y_{(1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\text{ where } Y_{(0)} = 0 \\ &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=j}^{n}\{Y_{(j)}-Y_{(j-1)}\}-nY_{(1)}\\ &= \sum_{j=1}^{n}(n-j+1)[Y_{(j)}-Y_{(j-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=1}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]-nY_{(1)}\\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]+nY_{(1)}-nY_{(1)} \\ &= \sum_{i=2}^{n}(n-i+1)[Y_{(i)}-Y_{(i-1)}]\text{.} \end{align}$ De cela, nous obtenons que

\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) .

— Clarinettiste
source

@MichaelChernick 1) Je ne sais pas si ma preuve d'indépendance est correcte, et 2) je ne sais pas si le résultat que j'ai deviné ci-dessus concernant la différence des distributions Gamma est même correct. Cela semble contredire ce qui est donné ici , mais peut-être que cette situation est différente puisque cette différence inclut l'une des statistiques de commande? Je ne suis pas sûr.

— Clarinettiste

@ Clarinettiste, je n'en suis pas certain. Essayez peut-être de travailler avec , ce qui équivaut clairement à la somme avec laquelle vous travaillez. La réponse pourrait être utile ici: math.stackexchange.com/questions/80475/...

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

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

— gammer

Avez-vous essayé de prouver que chacun - sauf pour un , pour lequel , puis, en utilisant le fait que la somme de iid Variantes exponentielles sera distribuée 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 Nous avons et conditionnés à , nous divisons cela par , donnant , donc nous avons . Maintenant, voici ce qui m'a dérangé sur cette preuve: je considérais comme une constante. Mais n'est pas une constante. Pourquoi cela fonctionnerait-il?

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)}

$Y_{(1)}$

— Clarinettiste

Le fait est que peu importe ce c'est! La distribution est toujours ! Remarquable, non? Et à partir de cela, vous pouvez conclure que la distribution de est toujours pour , quelle que soit la valeur réelle de .

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

Réponses:

La preuve est donnée dans Mother of All Random Generation Books, Devroye's Non-uniform Random Variate Generation , p.211 (et c'est très élégant!):

Théorème 2.3 (Sukhatme, 1937) Si nous définissons alors les espacements exponentiels normalisés dérivés de statistiques de commande d'un échantillon exponentiel iid de taille sont eux-mêmes des variables exponentielles iid $E_{(0)}=0$
$(n - je + 1) (E_{(je)} - E_{(je - 1)})$ $(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$ $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ $n$

Preuve. Depuis le la densité conjointe de la statistique d'ordre s'écrit comme Réglage , le changement de variables de à a une constante jacobienne [accessoirement égale àmais cela n'a pas besoin d'être calculé] et donc la densité de

\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})

$(Y_1,\ldots,Y_n)$ est proportionnel à qui établit le résultat. QED

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

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

Une alternative proposée par Gérard Letac est de vérifier que a la même distribution que (en vertu de la propriété sans mémoire), ce qui rend la dérivation de simple.

(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
source

Merci pour cette réponse! Je voudrais compléter certains détails pour quiconque lira ceci à l'avenir: sont des valeurs observées de , et la façon la plus simple de voir que consiste à écrire terme par terme. Étant donné que la densité de est proportionnelle à , séparez pour voir que la densité est proportionnelle à , d'où .

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)

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

— Clarinettiste

Je présente ici ce qui a été suggéré dans les commentaires de @jbowman.

Soit une constante . Soit suivre un et considérons . alors $a\geq 0$ $Y_i$ $\text{Exp(1)}$ $Z_i = Y_i-a$

Pr (Z_{je} \leq z_{je} ∣ {Oui}_{je} \geq une) = Pr ({Oui}_{je} - une \leq z_{je} ∣ {Oui}_{je} \geq une)

$\Pr(Z_i\leq z_i \mid Y_i \geq a) = \Pr(Y_i-a\leq z_i \mid Y_i \geq a)$

⟹ Pr ({Oui}_{je} \leq z_{je} + une ∣ {Oui}_{je} \geq une) = \frac{Pr ({Oui}_{je} \leq z_{je} + une, {Oui}_{je} \geq une)}{1 - Pr ({Oui}_{je} \leq une)}

$\implies \Pr(Y_i\leq z_i+a \mid Y_i \geq a) = \frac {\Pr(Y_i\leq z_i+a,Y_i \geq a)}{1-\Pr(Y_i\leq a)}$

⟹ \frac{Pr (une \leq {Oui}_{je} \leq z_{je} + une)}{1 - Pr ({Oui}_{je} \leq une)} = \frac{1 - e^{- z_{je} - une} - 1 + e^{- une}}{e^{- une}} = 1 - e^{- z_{je}}

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

qui est la fonction de distribution de . $\text{Exp(1)}$

Décrivons ceci: la probabilité qu'un rv tombe dans un intervalle spécifique (le numérateur sur la dernière ligne), étant donné qu'il dépassera la borne inférieure de l'intervalle (le dénominateur), dépend uniquement de la la longueur de l'intervalle et non sur l'endroit où cet intervalle est placé sur la ligne réelle. $\text{Exp(1)}$ Ceci est une incarnation de la propriété " sans mémoire " de la distribution exponentielle, ici dans un cadre plus général, libre d'interprétations temporelles (et cela vaut pour la distribution exponentielle en général)

Maintenant, en conditionnant sur on force à être négative, et surtout, le résultat obtenu est titulaire . Nous pouvons donc affirmer ce qui suit: $\{Y_i \geq a\}$ $Z_i$ $\forall a\in \mathbb R^+$

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

Pouvons-nous trouver un libre de prendre toutes les valeurs réelles non négatives et pour lequel l'inégalité requise tient toujours (presque sûrement)? Si nous le pouvons, alors nous pouvons nous passer de l'argument du conditionnement. $Q\geq 0$

Et en effet, nous le pouvons. C'est la statistique d'ordre minimum , , . Nous avons donc obtenu $Q=Y_{(1)}$ $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$

{Oui}_{je} \sim Exp (1) ⟹ {Oui}_{je} - {Oui}_{(1)} \sim Exp (1)

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

Cela signifie que

Pr ({Oui}_{je} - {Oui}_{(1)} \leq y_{je} - y_{(1)}) = Pr ({Oui}_{je} \leq y_{je})

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

Donc, si la structure probabiliste de reste inchangée si l'on soustrait la statistique d'ordre minimum, il s'ensuit que les variables aléatoires et où indépendant, sont également indépendants puisque le lien possible entre eux, n'a pas d'effet sur la structure probabiliste. $Y_i$ $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ $Y_i, Y_j$ $Y_{(1)}$

Alors la somme contient iid variables aléatoires (et un zéro), et ainsi $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ $n-1$ $\text{Exp(1)}$

\sum_{je = 1}^{n} ({Oui}_{je} - {Oui}_{(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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