संशोधित डिरिचलेट वितरण का अपेक्षित मूल्य क्या है? (एकीकरण समस्या)

एक ही पैमाने के पैरामीटर के साथ गामा चर का उपयोग करके डिरिचलेट वितरण के साथ एक यादृच्छिक चर का उत्पादन करना आसान है। अगर:

$X_i \sim \text{Gamma}(\alpha_i, \beta)$

फिर:

$\left(\frac{X_1}{\sum_j X_j},\; \ldots\; , \frac{X_n}{\sum_j X_j}\right) \sim \text{Dirichlet}(\alpha_1,\;\ldots\;,\alpha_n)$

समस्या क्या होती है यदि स्केल पैरामीटर समान नहीं हैं?

$X_i \sim \text{Gamma}(\alpha_i, \beta_i)$

फिर इस चर का वितरण क्या है?

$\left(\frac{X_1}{\sum_j X_j},\; \ldots\; , \frac{X_n}{\sum_j X_j}\right) \sim \; ?$

मेरे लिए इस वितरण के अपेक्षित मूल्य को जानना पर्याप्त होगा।
मुझे एक अनुमानित बंद बीजगणितीय सूत्र की आवश्यकता है जिसका मूल्यांकन कंप्यूटर द्वारा बहुत जल्दी किया जा सकता है।
मान लें कि 0.01 की शुद्धता के साथ सन्निकटन पर्याप्त है।
आप मान सकते हैं कि:

$\alpha_i, \beta_i \in \mathbb{N}$

नोट संक्षेप में, कार्य इस अभिन्न के एक अनुमान को खोजने के लिए है:

$f(\vec{\alpha}, \vec{\beta}) = \int_{\mathbb{R}^n_+} \;\frac{x_1}{\sum_j x_j} \cdot \prod_j \frac{\beta_j^{\alpha_j}}{\Gamma(\alpha_j)} x_j^{\alpha_j - 1} e^{-\beta_j x_j} \;\; dx_1\ldots dx_n$

— Łकसज़ लेव
स्रोत

@ Łukasz कर सकते हैं का कहना है कि मानकों के बारे में अधिक कुछ भी

, और

? यह के लिए सटीक भाव प्राप्त करने के लिए संभव है

और इस तरह अनुपात की उम्मीदों का अनुमान है, लेकिन मानकों के कुछ संयोजन के लिए एक कम काम के साथ सामान्य या saddlepoint अनुमानों का फायदा उठाने सकता है। मुझे नहीं लगता कि एक सार्वभौमिक सन्निकटन विधि होगी, जिसके कारण अतिरिक्त प्रतिबंधों का स्वागत किया जाएगा।

n

$n$

α_{i}

$\alpha_i$

β_{i}

$\beta_i$

\sum_{j} X_{j}

$\sum_j{X_j}$

— whuber

और

सहसंबद्ध होते हैं तो हम अभिन्न ही अनुमान लगाने के लिए है।

अक्सर एक छोटी संख्या है जैसे 1 या 2 और कभी-कभी 10000 जितना बड़ा होता है। इसी तरह wih

लेकिन यह आमतौर पर

से 10 गुना बड़ा होता है।

X_{1}

$X_1$

\sum_{j} X_{j}

$\sum_j X_j$

α_{i}

$\alpha_i$

β_{i}

$\beta_i$

α_{i}

$\alpha_i$

— 50ukasz ल्यू

समस्या छोटे

। सब तो

बड़े हैं तो पूरी अभिन्न की अच्छी approxmiation है:

α_{i}

$\alpha_i$

α_{i}

$\alpha_i$

\frac{α_{1} / β_{1}}{\sum_{j} α_{j} / β_{j}}

$\frac{\alpha_1/\beta_1}{\sum_j \alpha_j/\beta_j}$

— Lewukasz Lew

@ Expressionukasz यदि आपको अपेक्षा की अभिव्यक्ति का मूल्यांकन करने की आवश्यकता है, तो आपको बीजगणितीय सूत्र की आवश्यकता क्यों है? मैं उम्मीद पाने के लिए कुछ संख्यात्मक चाल को लागू करने के बारे में सोच रहा हूं, लेकिन मुझे कुछ प्रतिक्रिया की आवश्यकता है :)

— deps_stats 16

मुझे अपने कार्यक्रम में कई बार इसका मूल्यांकन करने की आवश्यकता है। यह बहुत तेज़ होना चाहिए, यानी कोई लूप नहीं और अधिमानतः बहुत सारे विभाजन नहीं।

— उकस लेज

बस एक प्रारंभिक टिप्पणी, यदि आप कम्प्यूटेशनल गति चाहते हैं तो आपको आमतौर पर सटीकता का बलिदान करना होगा। "अधिक सटीकता" = "अधिक समय" सामान्य रूप से। वैसे भी यहाँ एक दूसरा आदेश सन्निकटन है, आपको अपनी टिप्पणी में सुझाए गए "क्रूड" लगभग सुधार करना चाहिए:

E (\frac{X_{j}}{\sum_{i} X_{i}}) \approx \frac{E [X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]} - \frac{c o v [\sum_{i} X_{i}, X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]^{2}} + \frac{E [X_{j}]}{E [\sum_{i} X_{i}]^{3}} V a r [\sum_{i} X_{i}]

$E\Bigg(\frac{X_{j}}{\sum_{i}X_{i}}\Bigg)\approx \frac{E[X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]} -\frac{cov[\sum_{i}X_{i},X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]^2} +\frac{E[X_{j}]}{E[\sum_{i}X_{i}]^3} Var[\sum_{i}X_{i}]$

= \frac{α_{j}}{\sum_{i} \frac{β_{j}}{β_{i}} α_{i}} \times [1 - \frac{1}{(\sum_{i} \frac{β_{j}}{β_{i}} α_{i})} + \frac{1}{(\sum_{i} \frac{α_{i}}{β_{i}})^{2}} (\sum_{i} \frac{α_{i}}{β_{i}^{2}})]

$= \frac{\alpha_{j}}{\sum_{i} \frac{\beta_{j}}{\beta_{i}}\alpha_{i}}\times\Bigg[1 - \frac{1}{\Bigg(\sum_{i} \frac{\beta_{j}}{\beta_{i}}\alpha_{i}\Bigg)} + \frac{1}{\Bigg(\sum_{i} \frac{\alpha_{i}}{\beta_{i}}\Bigg)^2}\Bigg(\sum_{i} \frac{\alpha_{i}}{\beta_{i}^2}\Bigg)\Bigg]$

EDIT An explanation for the above expansion was requested. The short answer is wikipedia. The long answer is given below.

write $f(x,y)=\frac{x}{y}$ . Now we need all the "second order" derivatives of $f$ . The first order derivatives will "cancel" because they will all involve multiples $X-E(X)$ and $Y-E(Y)$ which are both zero when taking expectations.

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} = 0

$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=0$

\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} = - \frac{1}{y^{2}}

$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=-\frac{1}{y^2}$

\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = 2 \frac{x}{y^{3}}

$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2\frac{x}{y^3}$

And so the taylor series up to second order is given by:

\frac{x}{y} \approx \frac{μ_{x}}{μ_{y}} + \frac{1}{2} (- \frac{1}{μ_{y}^{2}} 2 (x - μ_{x}) (y - μ_{y}) + 2 \frac{μ_{x}}{μ_{y}^{3}} (y - μ_{y})^{2})

$\frac{x}{y} \approx \frac{\mu_x}{\mu_y}+\frac{1}{2}\Bigg(-\frac{1}{\mu_y^2}2(x-\mu_x)(y-\mu_y) + 2\frac{\mu_x}{\mu_y^3}(y-\mu_y)^2 \Bigg)$

Taking expectations yields:

E [\frac{x}{y}] \approx \frac{μ_{x}}{μ_{y}} - \frac{1}{μ_{y}^{2}} E [(x - μ_{x}) (y - μ_{y})] + \frac{μ_{x}}{μ_{y}^{3}} E [(y - μ_{y})^{2}]

$E\Big[\frac{x}{y}\Big] \approx \frac{\mu_x}{\mu_y}-\frac{1}{\mu_y^2}E\Big[(x-\mu_x)(y-\mu_y)\Big] + \frac{\mu_x}{\mu_y^3}E\Big[(y-\mu_y)^2\Big]$

Which is the answer I gave. (although I initially forgot the minus sign in the second term)

— probabilityislogic
स्रोत

This looks like exactly what I need. Can you explain how you got this expansion? I tried in a lot of ways and was unable to do that ...

— Łukasz Lew