Beta en función de derivación

Question

¿Cómo puedo derivar la función Beta usando la definición de la función beta, como el de la normalización de la constante de la distribución Beta y sólo el sentido común experimentos aleatorios?

Estoy bastante seguro de que esto es posible, pero no puede ver cómo.

Puedo ver que

$$\newcommand{\Beta}{\mathrm{Beta}}\sum_{a=0}^n {n \choose a} \Beta(a+1, n-a+1) = 1$$

porque podemos imaginar que estamos lanzando una moneda de $n$ veces. El $2^n$ único secuencias de lanzamientos de la partición de la probabilidad de espacio. La distribución Beta con parámetros de $a$ $n-a$ puede ser definido como el anterior sobre la moneda sesgo de la probabilidad de $p$ dada la observación de $a$ jefes y $n-a$ colas. Desde allí se ${n \choose a}$ dichas secuencias para cualquier $n$$a$, lo que explica el factor de escala, y sabemos que todas las cantidades a la unidad desde las secuencias de la partición de la probabilidad de espacio, que tiene un total de medida 1.

Lo que no puedo entender es por qué:

$${n \choose a} \Beta(a+1, n-a+1) = \frac{1}{n+1} \qquad \forall n \ge 0,\quad a \in \{0, \dots, n\}.$$

Si supiéramos que, podemos ver fácilmente que

$$\Beta(a + 1,n - a + 1) = \frac{1}{(n+1){n \choose a}} = \frac{a!(n-a)!}{(n+1)!}.$$

Answer 1

Para enteros no negativos $a, b$$t \in [0, 1]$, la expresión $t^a (1 - t)^b$ describe la probabilidad de seleccionar al azar a $a+b$ los números reales en el $[0, 1]$ tal que la primera de las $a$ $[0, t]$ y la última $b$$[t, 1]$. La integral de la $\int_0^{1} t^a (1 - t)^b dt$ a continuación, se describe la probabilidad de seleccionar al azar a $a+b+1$ números reales tales que el primer numero es $t$, la próxima $a$ números están en $[0, t]$, y la próxima $b$ números están en $[t, 1]$.

De ello se desprende que $ {a+b \choose b} \int_0^1 t^a (1 - t)^b dt$ describe la probabilidad de seleccionar al azar a $a+b+1$ números reales tales que el primer numero es $t$, algunos $a$ de los números restantes son en $[0, t]$, y algunos $b$ de los números restantes son en $[t, 1]$. Pero esta es la misma que la probabilidad de que el primer número pasa a ser $(a+1)^{st}$ en orden, y esto sólo es $\frac{1}{a+b+1}$. Por lo tanto

$$\int_0^1 t^a (1 - t)^b dt= \frac{a! b!}{(a+b+1)!}$$

como se desee. Me enteré de esta prueba a través de un ejercicio en un Putnam seminario de capacitación; multidimensional de la generalización también funciona.

Answer 2

La multinomial generalización mencionado por Qiaochu es conceptualmente simple, pero conseguir que el derecho de detalles es complicado. El objetivo es calcular $$\int_0^1 \int_0^{1-t_1} \ldots \int_0^{1-t_1-\ldots-t_{k-2}} t_1^{n_1} t_2^{n_2} \ldots t_{k-1}^{n_{k-1}} t_k^{n_k} dt_1 \ldots dt_{k-1},$$ where $t_k = 1 - t_1 - \ldots - t_{k-1},$ for nonnegative integers $n_1, \ldots, n_k$.

Dibujar $k-1 + \sum_{i = 1}^{k}n_k$ números de $X_1, \ldots, X_{k-1 + \sum_{i = 1}^{k}n_k}$ independientemente de un uniforme de $[0,1]$ distribución. Definir $X_0 = 0$ $X_{k + \sum_{i = 1}^{k}n_k} = 1$ por conveniencia. Deje $E$ ser el caso de que los números de $X_1$ a través de $X_{k-1}$ están en orden ascendente y que los números de $X_{j + \sum_{i = 1}^{j-1} n_i}$ a través de $X_{j + \sum_{i = 1}^{j}n_i - 1}$ entre $X_{j-1}$$X_j$$j = 1, \ldots, k$.

Definir una transformación lineal de$(X_1, \ldots, X_{k-1}) \to (T_1, \ldots, T_{k-1})$$T_i = X_i - X_{i-1}$$i = 1, \ldots, k-1$. Tenga en cuenta que el determinante de esta transformación lineal es 1 y por lo tanto, es medida de preservación. Dado los valores de $X_1$ a través de $X_{k-1}$, la probabilidad condicional de a $E$ es $$\mathbb{P}[E|(X_1, \ldots, X_{k-1}) = (x_1, \ldots, x_{k-1})] = \prod_{i = 1}^{k}(x_i - x_{i-1})^{n_k} \mathbf{1}_{\{x_i > x_{i-1}\}}.$$ Marginalizing with respect to the distribution of $X_1 \times \ldots \times X_{k-1}$ da $$\begin{aligned} \mathbb{P}[E] &= \int_{0}^1 \ldots \int_{0}^1 \prod_{i = 1}^{k}(x_i - x_{i-1})^{n_k} \mathbf{1}_{\{x_i > x_{i-1}\}} p_{X_1 \times \ldots \times X_{k-1}}(x_1, \ldots, x_{k-1}) dx_{k-1} \ldots dx_{1} \\ &= \int_{0}^1 \int_{-t_1}^{1-t_1} \ldots \int_{-t_1 - \ldots - t_{k-1}}^{1 -t_1 - \ldots - t_{k-1}} \prod_{i = 1}^{k} t_k^{n_k} \mathbf{1}_{\{t_k > 0\}} p_{T_1 \times \ldots \times T_{k-1}}(t_1, \ldots, t_{k-1}) dt_{k-1} \ldots dt_{1} \\ &= \int_0^1 \int_0^{1-t_1} \ldots \int_0^{1-t_1-\ldots-t_{k-2}} t_1^{n_1} \ldots t_{k-1}^{n_{k-1}} t_k^{n_k} dt_{k-1} \ldots dt_{1}, \end{aligned}$$ así que si se puede calcular el $\mathbb{P}[E]$ combinatoria le han evaluado el deseado intergral.

Deje $\{R_i\}_{i \in \{1, \ldots, k-1 + \sum_{i = 1}^{k}n_k\}}$ ser los rangos que los números de $\{X_i\}_{i \in \{1, \ldots, n+m+1\}}$ si se clasifican en orden ascendente. (Tenga en cuenta que los números son todos distintos con probabilidad 1). Dado que los números fueron extraídos de forma independiente a partir de una distribución uniforme, los rangos son una permutación aleatoria de los números enteros $1$ a través de $k-1 + \sum_{i = 1}^{k}n_k$. Tenga en cuenta que $E$ es exactamente el caso de que $R_j = j + \sum_{i = 1}^j n_i$ $j \in \{1, \ldots, k-1\}$ y que por cada $l \in \{1, \ldots, k\}$, $$R_j \in \{l + \sum_{i = 1}^{l-1} n_i, \ldots, l + \sum_{i=1}^{l}n_i - 1\}$$ for $$j \in \{k+\sum_{i = 1}^{l-1}n_i, \ldots, k + \sum_{i = 1}^{l}n_i - 1\}.$$ There are $n_1!\ldots n_k!$ possible permutations which satisfy these conditions out of $(\sum_{i=1}^{k}n_i+k-1)!$ total possible permuations, so $$\mathbb{P}[E] = \frac{n_1!\ldots n_k!}{(\sum_{i=1}^{k}n_i+k-1)!}.$$