问如何从加到1的指数分布中生成随机数(概率)

EN

来自?rexp

rexp(n，利率= 1) .n:观察的数目。如果长度(N)>1，则将长度视为所需的数字.

所以

x<-c(10,100,1000)
a<-rexp(x,rate=1)

是相同的

rexp(3, rate = 1)

将其归一化为1可以保证(指数)概率函数满足(指数)概率密度函数的准则。

更新

在与@JuliusVainora进行了一些模糊的讨论之后，我将证明a确实是指数分布的。

1. 让我们重新生成数据： X <- c(10,100,1000) set.seed(2018) a <- rexp(x3，rate=1) a <- a/ sum(a) 我在这里用一个固定的随机种子来重现。
2. 我将用贝叶斯指数模型拟合基于a的rstan估计rstan 库(Rstan) stan_code <-“数据{ int N；实xN；}参数{实λ；}模型{x~指数(Lambda)；}”fit <- stan( model_code = stan_code，data = list(N =list(A)，x=a)拟合# Stan模型的推断: b690462e8562075784125cf0e71c81e2。#4链，每个链与iter=2000；warmup=1000；thin=1；#后热身抽奖每chain=1000，总后热身draws=4000。#平均se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat #lambda 1000.21 0.80 31.11 941.86 978.74 998.95 1062.97 1502 1 #lp__ 5907.27 0.66 5905.52 5907.09 5907.53 5907.71 5907.75 1907 1#样品用坚果(Diag_e)于2018年11月4日:09:40抽吸。#对于每个参数，n_eff是有效样本大小的粗略度量，#和Rhat是拆分链上潜在的降尺度因子(在#收敛处，Rhat=1)。
3. 我们采用Kolmogorov-Smirnov检验，将a的经验分布与指数分布的经验分布与以前的Stan模型估计的lambda分布进行比较。 ks.test(a，"pexp"，汇总(Fit)$summary1，1) #单样本Kolmogorov-Smirnov检验##数据:a #D = 0.021828，p-值= 0.7274 #替代假说:双面假设 当p值为0.72时，我们不能拒绝从两种不同分布中抽取样本的零假设。

更新2

为了澄清评论中的讨论：

1. 直率 (以及更透明的IMO)证明了指数分布族在一个正因子的尺度下是封闭的，而不需要调用整个测度理论机制。
2. 更重要的是，让我们回顾一下，任何概率密度函数都被定义为 phi(x) = p(x) *N 哪里 N= int p(x) 当积分被取到p(x)的样本空间时， int phi(x) = 1。 是的，在phi和N的表达式中都是相同的N。下面是重要的部分：N 仍然是一个常数，因为我们在整个示例空间上进行(集成)和。

等价地，我们用(已经)绘制的样本的常数和来规范从指数分布中提取的样本。