気を取り直して引き続き6章の問10(2)。
これがなかなか面倒くさい問題ですね。
まずは同時確率密度関数で式を表します。
p.104より順序統計量の同時確率密度関数は
n! × それぞれの確率密度関数の積なので
\[
f_{{x_{(1)}},{x_{(2)}},…,{x_{(n)}}}(x_{(1)},…,x_{(n)})\\=n!\frac{1}{\sigma^n}\exp\left\{-\frac{n}{\sigma}(x_{(1)}-\mu)-\frac{1}{\sigma}\sum_{i=2}^{n}(x_{(i)}-x_{(1)})\right\}I(x_{(1)}>\mu)
\]
となります。
ここで問題に合わせて変数変換します。
\[
z_1=\frac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}, z_2=\frac{x_{(2)}-x_{(1)}}{\sigma}, z_3=\frac{x_{(3)}-x_{(1)}}{\sigma},…, z_n=\frac{x_{(n)}-x_{(1)}}{\sigma}
\]
X= の形に書き直すと
\[
x_{(1)} = \sigma z_1 + \mu, x_{(2)} = \sigma z_2 + \sigma z_1 + \mu, …, x_{(n)} = \sigma z_n + \sigma z_1 + \mu
\]
となるのでヤコビアンを求めると
\[
J((z_1, z_2,…) \to (x_{(1)}, x_{(2)},…)) = \sigma^n
\]
この結果から変数変換をして目的である「指数分布とχ2乗分布の積にわける」＝「独立かつそれぞれの分布に従うことの証明」をします。
\[
f_z({z_1},{z_2},…,{z_n}) = n! \exp\left\{-n z_1 – \sum_{i=2}^{n}z_i\right\}I(0 < z_1)I(0 < z_2 < z_3 < ... < z_n)\\
= n e^{-n z_1} I(z_1 > 0) \cdot (n-1)! \exp\left(-\sum_{i=2}^{n}z_i\right) I(0 < z_2 < z_3 < ... < z_n)
\]
前半の式
\[
n e^{-n z_1} I(z_1 > 0)
\]
は指数分布に従うことが明らかなので、後半が χ² 分布に従うことをモーメント母関数を用いて示します。
\[
M(t) = E\left[e^{t \cdot \frac{2T}{\sigma}}\right] \\
= E\left[e^{2t \sum_{i=2}^{n}z_i}\right] \\
= \int_0^\infty dz_2 \int_{z_2}^\infty d{z_3} \dots \int_{z_{n-1}}^\infty d{z_n} \cdot (n-1)! e^{t \cdot \frac{2T}{\sigma}} \cdot e^{-\sum_{i=2}^{n}z_i}
\]
（公式の解答では積分の左から二つ目が \( z_3 \) になっていますが \( z_2 \) の誤植だと思います）
これを右端から順番に積分してみると
\[
\int_{z_{n-1}}^\infty e^{-2t\sum_{i=2}^{n}z_i} e^{-\sum_{i=2}^{n}z_i}dz_n = \frac{1}{1-2t} e^{-(1-2t)z_{n-1}}
\]
となり、 \( z_{n-1} \) についても同様に繰り返していくと
\[
E\left[e^{t \cdot \frac{2T}{\sigma}}\right] = (n-1)! \frac{1}{(n-1)! (1-2t)^{n-1}} = \frac{1}{(1-2t)^{n-1}}
\]
となります。
これは自由度 \( 2(n-1) \) の χ² 分布のモーメント母関数に等しいので、χ² 分布に従うことが証明されました。
これで終わり。Latex も多少はスムーズに書けるようになってきました。
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