Seja variáveis aleatórias independentes.Xi∼Gamma(α,pi),i=1,2,...,n+1
Defina e . Mostre que são distribuídos independentemente.Z1=∑n+1i=1XiZi=Xi∑ij=1Xj,i=2,3,...,n+1Z1,Z2,...,Zn+1
A densidade da junta de é dada por(X1,...,Xn+1)
fX(x1 1, . . . ,xn + 1) = [α∑n + 1i = 1pEu∏n + 1i = 1Γ (pEu)exp( - α∑i = 1n + 1xEu)∏i = 1n + 1xpEu- 1Eu]EuxEu> 0, α > 0 ,pEu> 0
Transformamos modo queX =(X1 1, ⋯ ,Xn + 1) ↦ Z = (Z1 1, ⋯ ,Zn + 1)
Z1 1=∑n + 1i = 1XEu eZEu=XEu∑Euj = 1Xj,i = 2 , 3 , . . . , n + 1
⟹xn + 1=z1 1zn + 1,
xn=z1 1zn( 1 -zn + 1) ,
xn - 1=z1 1zn - 1( 1 -zn)(1−xn+1),
⋮
x3=z1 1z3∏n + 1j = 4( 1 -zj)
x2=z1 1z2∏n + 1j = 3( 1 -zj)
x1 1=z1 1∏n + 1j = 2( 1 -zj) , em que e0 <z1 1< ∞0 <zEu< 1 ,i = 2 , 3 , ⋯ , n + 1
O jacobiano da transformação éJ=∂(x1 1, . . . ,xn + 1)∂(z1 1, . . . ,zn + 1)= det⎛⎝⎜⎜⎜⎜∂x1 1∂z1 1∂xn + 1∂z1 1⋯⋱⋯∂x1 1∂zn + 1∂xn + 1∂zn + 1⎞⎠⎟⎟⎟⎟
Executando a operação , obtemos como o determinante deR′1 1=∑n + 11 1REuJ
⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1 1z2∏n + 13( 1 -zj)z3∏n + 14( 1 -zj)zn( 1 -zn + 1)zn + 10 0z1 1∏n + 13( 1 -zj)0 00 00 00 0z1 1∏n + 14( 1 -zj)0 00 0⋯⋱⋯⋯0 0z1 1( 1 -zn + 1)0 00 0-z1 1znz1 1⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
que é igual a .zn1 1( 1 -z3) ( 1 -z4)2. . . ( 1 -zn)n - 2( 1 -zn + 1)n - 1
Após alguma simplificação, obtemos a densidade conjunta de comoZ
fZ(z1 1, . . . ,zn + 1) =∏n + 1i = 1fZEu(zEu)
ondeZ1 1∼ Gama ( α ,∑n + 11 1pEu) ,
Z2∼Beta1 1(p1 1,p2) ,
Z3∼Beta1 1(p3,p1 1+p2) ,
⋮
Zn + 1∼Beta1 1(pn + 1,∑n1 1pEu) ,
com e ,0 <z1 1< ∞0 <zEu< 1 ,i = 2 , 3 , ⋯ , n + 1
α > 0 e para .pEu> 0i=1,2,...,n+1
Escusado será dizer que encontrar as soluções inversas e avaliar o jacobiano era complicado e demorado. Além de fazer o trabalho, também determina as distribuições dos 's.xiZi
Existe alguma maneira mais simples de mostrar apenas a independência dos 's?Zi
Respostas:
Vou provar a afirmação equivalente.
Observação Na notação OP, , , .Z1=Sn+1 Zk=1−Rk−1 k=2,…,n+1
Prova . é fácil (e bem conhecido).n=1
Por hipótese de indução e independência, os vetores e são independentes. Portanto, os vetores e são independentes. Ambos os vetores têm componentes independentes: por hipóteses de indução, por base de indução. Portanto, seus componentes são variáveis aleatórias independentes.R=(R1,…,Rn−1) (Sn,Xn+1) R (SnSn+Xn+1,Sn+Xn+1)=(Rn,Sn+1) R (Rn,Sn+1)
Não há problema em incluir a distribuição de na instrução, a prova não será alterada. A distribuição de já está lá: preciso dizer que a independência de e segue a base de indução.Rn Sn Rn Sn+1
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