आबादी से नमूना करते समय UMV का

Let घनत्व से एक यादृच्छिक नमूना हो। $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

मैं $\frac{\theta}{1+\theta}$ के UMVUE को खोजने का प्रयास कर रहा हूं ।

$(X_1,\ldots,X_n)$ का संयुक्त घनत्व है

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, \dots, x_{n}) & = θ^{n} {(\prod_{i = 1}^{n} x_{i})}^{θ - 1} 1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1} \\ = \exp [(θ - 1) \sum_{i = 1}^{n} \ln x_{i} + n \ln θ + \ln (1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1})], θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\cdots,x_n)&=\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1} \\&=\exp\left[(\theta-1)\sum_{i=1}^n\ln x_i+n\ln\theta+\ln (\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1})\right],\,\theta>0 \end{align}$

जनसंख्या पीडीएफ के रूप में $f_{\theta}$ एक पैरामीटर घातीय परिवार से है, यह दिखाता है कि के लिए एक पूर्ण पर्याप्त आंकड़ा $\theta$ है

T (X_{1}, \dots, X_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \ln X_{i}

$T(X_1,\ldots,X_n)=\sum_{i=1}^n\ln X_i$

चूंकि $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ , पहले इस विचार से, $E(X_1\mid T)$ की UMVUE मुझे देना होगा $\frac{\theta}{1+\theta}$ द्वारा लेहमैन-शेफ़ी प्रमेय। निश्चित नहीं है कि यह सशर्त अपेक्षा सीधे मिल सकती है या किसी को सशर्त वितरण $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$ ।

दूसरी ओर, मैंने निम्नलिखित दृष्टिकोण पर विचार किया:

हमारे पास $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ , ताकि $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$ ।

इसलिए th ऑर्डर कच्चे पल के बारे में शून्य है, जैसा कि ची-स्क्वायर पीडीएफ का उपयोग करके गणना की गई है $r$ $-2\theta\,T$

E (- 2 θ T)^{r} = 2^{r} \frac{Γ (n + r)}{Γ (n)}, n + r > 0

$E(-2\theta\,T)^r=2^r\frac{\Gamma\left(n+r\right)}{\Gamma\left(n\right)}\qquad ,\,n+r>0$

तो ऐसा लगता है कि विभिन्न पूर्णांक विकल्पों के लिए , मुझे के विभिन्न पूर्णांक शक्तियों के निष्पक्ष अनुमानक (और UMVUE) मिलेंगे । उदाहरण के लिए, और सीधे मुझे UMVUE के और क्रमशः दें। $r$ $\theta$ $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ $\frac{1}{\theta}$ $\theta$

अब, जब हमारे पास । $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

मुझे निश्चित रूप से UMVUE की _ फ़्रेक इत्यादि मिल सकते हैं। इसलिए इन UMVUE के I को संयोजित करने पर आपको आवश्यक _ _ UMVUE मिल सकता है । क्या यह विधि मान्य है या मुझे पहली विधि के साथ आगे बढ़ना चाहिए? जब यह मौजूद है तो UMVUE अद्वितीय है, दोनों को मुझे एक ही उत्तर देना चाहिए। $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

स्पष्ट होने के लिए, मुझे

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

अर्थात,

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

क्या यह संभव है कि मेरी अपेक्षित UMVUE जब ? $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ $\theta>1$

के लिए , मैं मिलेगा , और UMVUE अलग होगा तो। $0<\theta<1$ $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$

यह मानते हुए कि पहले दृष्टिकोण में सशर्त अपेक्षा सीधे नहीं पाई जा सकती थी, और चूंकि , मैं आगे बढ़ चुका था। सशर्त वितरण को खोजने के लिए । उसके लिए, मुझे के संयुक्त घनत्व की आवश्यकता थी । $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ $X_1\mid \prod X_i$ $(X_1,\prod X_i)$

मैंने चर जैसे कि for all । के संयुक्त समर्थन करने के लिए यह नेतृत्व किया जा रहा है । $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ $i=1,2,\cdots,n$ $(Y_1,\cdots,Y_n)$ $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

जैकोबियन निर्धारक । $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$

इसलिए मुझे रूप में का संयुक्त घनत्व मिला $(Y_1,\cdots,Y_n)$

f_{Y} (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{\prod_{i = 1}^{n - 1} y_{i}} 1_{S}

$f_Y(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\frac{\theta^n\, y_n^{\theta-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}y_i}\mathbf1_S$

का संयुक्त घनत्व इसलिए $(Y_1,Y_n)$

f_{Y_{1}, Y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{y_{1}} \int_{0}^{y_{n - 2}} \int_{0}^{y_{n - 3}} \dots \int_{0}^{y_{1}} \frac{1}{y_{3} y_{4} . . . y_{n - 1}} \frac{d y_{2}}{y_{2}} \dots d y_{n - 2} d y_{n - 1}

$f_{Y_1,Y_n}(y_1,y_n)=\frac{\theta^n\,y_n^{\theta-1}}{y_1}\int_0^{y_{n-2}}\int_0^{y_{n-3}}\cdots\int_0^{y_1}\frac{1}{y_3y_4...y_{n-1}}\frac{\mathrm{d}y_2}{y_2}\cdots\mathrm{d}y_{n-2}\,\mathrm{d}y_{n-1}$

क्या मैं यहां एक अलग परिवर्तन कर सकता हूं जो संयुक्त घनत्व की व्युत्पत्ति को कम बोझिल बना देगा? मुझे यकीन नहीं है कि मैंने यहां सही परिवर्तन लिया है।

टिप्पणी अनुभाग में कुछ उत्कृष्ट सुझावों के आधार पर, मैंने संयुक्त घनत्व के स्थान पर का संयुक्त घनत्व जहां और । $(U,U+V)$ $(X_1,\prod X_i)$ $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$

यह तुरंत देखा जाता है कि और स्वतंत्र हैं। $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$

और वास्तव में, । $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

के लिए , के संयुक्त घनत्व है $n>1$ $(U,V)$

f_{U, V} (u, v) = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0}

$f_{U,V}(u,v)=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}$

चर बदलने, मैं के संयुक्त घनत्व मिल गया के रूप में $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

तो, का सशर्त घनत्व $U\mid U+V=z$

f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z}

$f_{U\mid U+V}(u\mid z)=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}$

अब, मेरा UMVUE बिल्कुल , जैसा कि मैंने सही उल्लेख किया था इस पोस्ट की शुरुआत में। $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$

इसलिए सभी को करने के लिए

E (e^{- U} ∣ U + V = z) = \frac{n - 1}{z^{n - 1}} \int_{0}^{z} e^{- u} (z - u)^{n - 2} d u

$E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

लेकिन वह आखिरी अभिन्न गणितज्ञ के अनुसार अधूरे गामा फ़ंक्शन के संदर्भ में एक बंद रूप है , और मुझे आश्चर्य है कि अब क्या करना है।

— StubbornAtom
स्रोत

आपको के सशर्त वितरण को खोजने के लिए पहली विधि के साथ आगे बढ़ना चाहिए इस एप्लिकेशन के साथ काम करने के लिए पर्याप्त आँकड़ा का कौन सा रूप , को आसान बनाता है।

X_{[1]} | \prod X_{i}

$X_{[1]} | \prod X_i$

— जूलमैन

उस बिंदु पर (शुरुआत में) जहाँ आप परिचय देते हैं, आपको चर संदर्भ में काम करने का मन होना चाहिएयह लगभग तत्काल है कि वे वितरणों के समानुपाती हैं , जो कि और के संयुक्त वितरण पर विचार करने में आपकी समस्या को कम करता है। यह गणित के शेष दो पृष्ठों को शार्टकट करेगा और आपको समाधान का त्वरित मार्ग देगा।

T

$T$

Y_{i} = - \log X_{i} .

$Y_i=-\log X_i.$

Γ (1)

$\Gamma(1)$

(U, U + V)

$(U,U+V)$

U \sim Γ (1)

$U\sim\Gamma(1)$

V \sim Γ (n - 1) .

$V\sim\Gamma(n-1).$

— whuber

स्पष्ट होने के लिए, क्या आप सुझाव दे रहे हैं कि मैं का घनत्व पहले और घनत्व का पता ? मैंने देखा था कि की घातीय चर दर के साथ (जो कि आपके कहे अनुसार एक गामा चर भी है), लेकिन उसके साथ काम करने के बारे में नहीं सोचा था।

(- \ln X_{1}, - \ln X_{1} - \sum_{i = 2}^{n} \ln X_{i})

$(-\ln X_1,-\ln X_1-\sum_{i=2}^n\ln X_i)$

(X_{1}, \prod X_{i})

$(X_1,\prod X_i)$

- \ln X_{i}

$-\ln X_i$

θ

$\theta$

— स्टबबोर्नटॉम

@whuber लेकिन सीधे से मुझे कैसे मिलेगा ?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

$E(\ln X_1\mid ...)$

— StubbornAtom

@whuber कृपया मेरे संपादन पर एक नज़र है। मैंने इसे लगभग पूरा कर लिया है, लेकिन निश्चित नहीं है कि उस अभिन्न के साथ क्या किया जाए। मुझे पूरा विश्वास है कि मेरी गणना सही है।

— स्टबबोर्नटॉम

जवाबों:

यह पता चला है कि दोनों (मेरे प्रारंभिक प्रयास और टिप्पणी अनुभाग में सुझावों पर आधारित एक अन्य) मेरे मूल पोस्ट में एक ही जवाब देते हैं। प्रश्न के पूर्ण उत्तर के लिए मैं यहां दोनों विधियों को रेखांकित करूंगा।

यहाँ, अर्थ है गामा घनत्व जहां , और मतलब , ( ) के साथ एक घातांक वितरण को दर्शाता है । स्पष्ट रूप से, । $\text{Gamma}(n,\theta)$ $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

के बाद से के लिए पूरा पर्याप्त है और , द्वारा लेहमैन-Scheffe प्रमेय the का UMVUE है । इसलिए हमें इस सशर्त अपेक्षा को खोजना होगा। $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

हम ध्यान दें कि । $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

विधि I:

चलो और , ताकि और स्वतंत्र हैं। दरअसल, और , का अर्थ है । $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

तो, । $\mathbb E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=t)=\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=-t)$

अब हम का सशर्त वितरण पाते हैं । $U\mid U+V$

के लिए और , के संयुक्त घनत्व है $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) & = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0} \\ = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ (u + v)} v^{n - 2} 1_{u, v > 0} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U,V}(u,v)&=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}\\&=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta(u+v)}v^{n-2}\mathbf1_{u,v>0}\end{align}$

परिवर्तनशील चर, यह तत्काल है कि का संयुक्त घनत्व $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

चलो के घनत्व हो । इस प्रकार का सशर्त घनत्व $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\begin{aligned} f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) & = \frac{f_{U, U + V} (u, z)}{f_{U + V} (z)} \\ = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U\mid U+V}(u\mid z)&=\frac{f_{U,U+V}(u,z)}{f_{U+V}(z)}\\&=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}\end{align}$

इसलिए, । $\displaystyle\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

अर्थात्, frak का $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

विधि II:

के रूप में के लिए एक पूर्ण पर्याप्त आंकड़ा है , के किसी भी निष्पक्ष आकलनकर्ता जो है के एक समारोह की UMVUE हो जाएगा लेहमैन-शेफ़े प्रमेय द्वारा। तो हम के क्षणों को खोजने के लिए आगे बढ़ते हैं , जिसका वितरण हमें ज्ञात है। हमारे पास है, $T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

E (- T)^{r} = \int_{0}^{\infty} y^{r} θ^{n} \frac{e^{- θ y} y^{n - 1}}{Γ (n)} d y = \frac{Γ (n + r)}{θ^{r} Γ (n)}, n + r > 0

$\mathbb E(-T)^r=\int_0^\infty y^r\theta^n\frac{e^{-\theta y}y^{n-1}}{\Gamma(n)}\,\mathrm{d}y=\frac{\Gamma(n+r)}{\theta^r\,\Gamma(n)},\qquad n+r>0$

इस समीकरण का उपयोग करके हम प्रत्येक पूर्णांक लिए निष्पक्ष अनुमानक (और UMVUE के) प्राप्त । $1/\theta^r$ $r\ge1$

अब , हमारे पास $\theta>1$ $\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

के निष्पक्ष अनुमानकों को मिलाकर हम $1/\theta^r$

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$\mathbb E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

अर्थात,

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$\mathbb E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

इसलिए _ , UMVUE ऑफ _ फ़्रेक को $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

मैं दूसरी विधि में बारे में निश्चित नहीं हूं । $0<\theta<1$

मैथेमैटिका के अनुसार , अधूरा गामा फ़ंक्शन के संदर्भ में समीकरण एक बंद रूप है। और समीकरण , हम उत्पाद को सामान्य गामा फ़ंक्शन के रूप में रूप में व्यक्त कर सकते हैं । यह शायद और बीच स्पष्ट संबंध प्रदान करता है । $(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

Mathematica का उपयोग करके मैं यह सत्यापित कर सकता था कि और वास्तव में एक ही चीज हैं। $(1)$ $(2)$

— StubbornAtom
स्रोत

वास्तव में, और बीच समानता in की शक्ति श्रृंखला विस्तार लिखकर और फिर अभिन्न और योग को इंटरचेंज करके लिखती है ।

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

— स्टबबोर्नटॉम

मुझे लगता है कि ऊपरी अधूरा गामा फ़ंक्शन के संबंध में आपको और अधिक कॉम्पैक्ट उत्तर मिल सकता है। पहली विधि का उपयोग करते हुए, मुझे अभिव्यक्ति मिली

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = (n - 1) \int_{0}^{1} z^{r} {(1 - r)}^{n - z} d r,

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$

जहाँ

z = e^{T} .

$z=e^T.$

वोल्फ्राम अल्फा को प्राप्त करने के लिए इसे एकीकृत करता है

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{e^{T} (n - 1)}{T^{n - 1}} [(n - 2)! - Γ (n - 1, T)]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{e^T \left( n-1 \right)}{T^{n-1} } \left[ \left( n-2 \right) !-\Gamma \left(n-1,T \right) \right]$

जब पूर्णांक होता है तो अपूर्ण गामा फ़ंक्शन शब्द का एक बंद रूप होता है। यह है $n$

Γ (n - 1, T) = \frac{Γ (n - 1)}{e^{T}} \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}

$\Gamma \left(n-1,T \right)=\frac{\Gamma \left(n-1 \right)}{e^T} \sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!}$

अपेक्षा को फिर से देखना और सरल करना, हम पाते हैं

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{Γ (n)}{T^{n - 1}} [e^{T} - \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{\Gamma \left( n \right)}{T^{n-1}} \left[ e^T-\sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!} \right]$

मेरे पास उस सॉफ़्टवेयर तक पहुंच नहीं है जो आपके परिणामों और साथ तुल्यता को सत्यापित करेगा , लेकिन और लिए हाथ की गणना आपके साथ मेल खाते हैं । $(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— soakley
स्रोत

जहाँ आपने लिखा है आपको

E [X_{1} ∣ x_{1} x_{2} \dots x_{n} = e^{T}],

$\operatorname E\left[ X_1\mid x_1x_2\cdots x_n=e^T \right],$

E [X_{1} ∣ X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] .

$\operatorname E\left[ X_1\mid X_1X_2\cdots X_n=e^T \right]. \qquad$

— माइकल हार्डी