मान लीजिए

Question

यह देखने का सबसे आसान तरीका क्या है कि निम्नलिखित कथन सत्य है?

मान लीजिए $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$ । दिखाएँ $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Gamma}(n-1, 1)$ ।

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

द्वारा , इस का मतलब है कि ।$X \sim \text{Exp}(\beta)$$f_{X}(x) = \dfrac{1}{\beta}e^{-x/\beta} \cdot \mathbf{1}_{\{x > 0\}}$

यह देखना आसान है कि । इसके अलावा, हम भी है कि parametrization तहत $Y_{(1)} \sim \text{Exponential}(1/n)$$\sum_{i=1}^{n}Y_i \sim \text{Gamma}(\alpha = n, \beta = 1)$

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

समाधान ने शीआन का उत्तर दिया : मूल प्रश्न में संकेतन का उपयोग करना: इससे हमें वह \ sum_ {i = 2} ^ {n} (n-i + 1) [Y _ {(i) मिलता है )} - Y _ {(i-1)}] \ sim \ text {गामा} (n-1)1) ।

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

Comments

@MichaelChernick 1) मुझे यकीन नहीं है कि अगर मेरी स्वतंत्रता का प्रमाण सही है, और 2) मुझे यकीन नहीं है कि अगर मैंने गामा वितरण के अंतर से संबंधित अनुमान लगाया तो परिणाम और भी सही है। यह विरोधाभासी प्रतीत होता है कि यहां क्या दिया गया है , लेकिन शायद यह स्थिति भिन्न है क्योंकि इस अंतर में एक आदेश आँकड़े शामिल हैं? मुझे यकीन नहीं है।

— क्लैरिनेटिस्ट

@ कल्लिनेटिस्ट, मैं निश्चित नहीं हूं। हो सकता है कि साथ काम करने की कोशिश $\sum_{i = 2}^n (Y_{(i)} - Y_{(1)})$ , जो स्पष्ट रूप राशि आप के साथ काम कर रहे हैं बराबर होती है। यहाँ उत्तर उपयोगी हो सकता है: math.stackexchange.com/questions/80475/…

— gammer

आप को साबित करने की कोशिश की है कि प्रत्येक $(Y_i - Y_{(1)}) \sim \text{Expon}(1)$ - सिवाय एक के लिए $i$ , जिसके लिए $Y_i - Y_{(1)} = 0$ और, फिर, इस तथ्य का उपयोग कर कि की राशि $(n-1)$ iid एक्सपोनेंशियल वेरिएंट को गामा वितरित किया जाएगा?

— मार्सेलो वेंचुरा

@jbowman हम $$f_{Z_i}(z_i) = f_{Y_i}(z_i + a) = e^{-(z_i + a)}$$ और करने के लिए सशर्त $Y_i \geq a$ , हम इस से विभाजित $e^{-a}$ , दे $e^{-z_i}$ , इसलिए हमारे पास $(Z_i \mid Y_i \geq A) \sim \text{Exp}(1)$ । अब यहाँ मुझे इस प्रमाण के बारे में क्या बताया गया है: मैंने$A$ को एक स्थिरमाना। लेकिन$Y_{(1)}$ एक स्थिर नहीं है। यह काम क्यों करेगा?

— क्लैरिएनिस्ट

बिंदु यह कोई बात नहीं है कि क्या है $a$ है! वितरण हमेशा $\text{Exp}(1)$ ! उल्लेखनीय है, है ना? और इस से आप निष्कर्ष निकाल सकते हैं कि के वितरण $Y_i - Y_{[1]}$ हमेशा होता है $\text{Exp}(1)$ के लिए $i > 1$ , चाहे के वास्तविक मूल्य के $Y_{[1]}$ ।

— जूलमैन

Answer 1

इसका प्रमाण मदर ऑफ ऑल रैंडम जनरेशन बुक्स, देवरोई की नॉन-यूनिफ़ॉर्म रैंडम वेरिएट जनरेशन में p.211 पर दिया गया है (और यह बहुत ही शानदार है!):

प्रमेय 2.3 (सुखमेत, 1937) यदि हम को परिभाषित करते हैं, $E_{(0)}=0$तो सामान्यीकृत घातीय स्पेसिंग

$$(n-i+1)(E_{(i)}-E_{(i-1)})$$ क्रम से प्राप्त होता है। ≤ ... ≤ ई ( एन $E_{(1)}\le\ldots\le E_{(n)}$ आकार की एक आईआईडी घातीय नमूने के $n$ खुद को घातीय चर आईआईडी हैं

प्रमाण। चूंकि आदेश सांख्यिकीय का संयुक्त घनत्व(ई(1),

$$\begin{align*} \sum_{i=1}^n e_i &= \sum_{i=1}^n e_{(i)} =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i(e_{(j)}-e_{(j-1)})\\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=j}^n(e_{(j)}-e_{(j-1)}) =\sum_{j=1}^n (n-j+1)(e_{(j)}-e_{(j-1)}) \end{align*}$$ f ( e ) = n के रूप में लिखता है $(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$ $$f(\mathbf{e})=n!\,\exp\left\{-\sum_{i=1}^ne_{(i)}\right\}=n!\,\exp\left\{-\sum_{i=1}^n (n-i+1)(e_{(i)}-e_{(i-1)})\right\}$$ Setting $Y_i=(E_{(i)}-E_{(i-1)})$, the change of variables from $(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$ to $(Y_1,\ldots,Y_n)$ has a constant Jacobian [incidentally equal to $1/n!$ but this does not need to be computed] and hence the density of $(Y_1,\ldots,Y_n)$ is proportional to $$\exp\left\{-\sum_{i=1}^n y_i \right\}$$ which establishes the result. Q.E.D.

An alternative suggested to me by Gérard Letac is to check that

$$(E_{(1)},\ldots,E_{(n)})$$ has the same distribution as $$\left(\frac{E_1}{n},\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1},\ldots,\frac{E_1}{n}+\frac{E_2}{n-1}+\ldots+\frac{E_n}{1}\right)$$ (by virtue of the memoryless property), which makes the derivation of $$\sum_{k=1}^n(E_k-E_{(1)})\sim \sum_{k=1}^{n-1}E_k$$ straightforward.

Comments

Thank you for this answer! I'd like to fill in some details for anyone who is reading this in the future: $e_i$ are observed values of the $E_i$, and the easiest way to see that $\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)})$ term-by-term. Because the density of $(Y_1, \dots, Y_n)$ is proportional to $\exp\left(-\sum_{i=1}^{n}y_i \right)$, separate the $y_i$ to see the density is proportional to $\prod_{i=1}^{n}e^{-y_i}$, hence $Y_1, \dots, Y_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Exp}(1)$.

— Clarinetist

Answer 2

I lay out here what has been suggested in comments by @jbowman.

Let a constant $a\geq 0$. Let $Y_i$ follow an $\text{Exp(1)}$ and consider $Z_i = Y_i-a$. Then

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

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

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

which is the distribution function of $\text{Exp(1)}$.

Let's describe this: the probability that an $\text{Exp(1)}$ r.v. will fall in a specific interval (the numerator in the last line), given that it will exceed the interval's lower bound (the denominator), depends only on the length of the interval and not on where this interval is placed on the real line. This is an incarnation of the "memorylessness" property of the Exponential distribution, here in a more general setting, free of time-interpretations (and it holds for the Exponential distribution in general)

Now, by conditioning on $\{Y_i \geq a\}$ we force $Z_i$ to be non-negative, and crucially, the obtained result holds $\forall a\in \mathbb R^+$. So we can state the following:

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

Can we find a $Q\geq 0$ that is free to take all non-negative real values and for which the required inequality always holds (almost surely)? If we can, then we can dispense with the conditioning argument.

And indeed we can. It is the minimum-order statistic, $Q=Y_{(1)}$, $\Pr(Y_i \geq Y_{(1)})=1$. So we have obtained

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

This means that

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

So if the probabilistic structure of $Y_i$ remains unchanged if we subtract the minimum order statistic, it follows that the random variables $Z_i=Y_i-Y_{(1)}$ and $Z_j=Y_j-Y_{(1)}$ where $Y_i, Y_j$ independent, are also independent since the possible link between them, $Y_{(1)}$ does not have an effect on the probabilistic structure.

Then the sum $\sum_{i=1}^{n}(Y_i - Y_{(1)})$ contains $n-1$ $\text{Exp(1)}$ i.i.d. random variables (and a zero), and so

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