Suma dwóch niezależnych zmiennych losowych gamma

13

Zgodnie z artykułem Wikipedii na temat dystrybucji gamma :

Jeśli i , gdzie i są niezależnymi zmiennymi losowymi, to . $X\sim\mathrm{Gamma}(a,\theta)$ $Y\sim\mathrm{Gamma}(b,\theta)$ $X$ $Y$ $X+Y\sim \mathrm{Gamma}(a+b, \theta)$

Ale nie widzę żadnego dowodu. Czy ktoś może wskazać mi jego dowód?

Edycja: Bardzo dziękuję Zenowi, a także znalazłem odpowiedź jako przykład na stronie Wikipedii o charakterystycznych funkcjach .

probability pdf gamma-distribution

— Dexter12
źródło

3

Intuicja: Rozkłady gamma powstają jako sumy niezależnych rozkładów wykładniczych, stąd w tym kontekście jest natychmiastowe, że będzie miał rozkład Gamma pod warunkiem, oba i są dodatnimi liczbami całkowitymi.

(n)

$(n)$

n

$n$

X + Y

$X+Y$

(a + b, θ)

$(a+b,\theta)$

a

$a$

b

$b$

— whuber

15

Dowód jest następujący: (1) Pamiętaj, że funkcja charakterystyczna sumy niezależnych zmiennych losowych jest iloczynem ich indywidualnych funkcji charakterystycznych; (2) Pobiera charakterystyczną funkcję gamma zmiennej losowej tutaj ; (3) Wykonaj prostą algebrę.

Aby uzyskać intuicję wykraczającą poza ten argument algebraiczny, sprawdź komentarz Whubera.

Uwaga: OP zapytał, jak obliczyć funkcję charakterystyczną zmiennej losowej gamma. Jeśli , to ( w tym przypadku możesz traktować jako zwykłą stałą) $X\sim\mathrm{Exp}(\lambda)$ $i$

ψ_{X} (t) = E [e^{i t X}] = \int_{0}^{\infty} e^{i t x} λ e^{- λ x} d x = \frac{1}{1 - i t / λ} .

$\psi_X(t)=\mathrm{E}\left[e^{itX}\right]=\int_0^\infty e^{itx} \lambda\,e^{-\lambda x}\,dx = \frac{1}{1-it/\lambda}\, .$

Teraz użyj wskazówki Hubera: jeśli , to , gdzie są niezależne . Dlatego za pomocą właściwości (1) mamy $Y\sim\mathrm{Gamma}(k,\theta)$ $Y=X_1+\dots+X_k$ $X_i$ $\mathrm{Exp}(\lambda = 1/\theta)$

ψ_{Y} (t) = {(\frac{1}{1 - i t θ})}^{k} .

$\psi_Y(t) = \left( \frac{1}{1-it\theta}\right)^k \, .$

Wskazówka: nie nauczysz się tych rzeczy, patrząc na wyniki i dowody: pozostań głodny, oblicz wszystko, spróbuj znaleźć własne dowody. Nawet jeśli zawiedziesz, twoje uznanie dla odpowiedzi kogoś innego będzie na znacznie wyższym poziomie. I tak, porażka jest OK: nikt nie patrzy! Jedynym sposobem na naukę matematyki jest walka na pięści o każdą koncepcję i wynik.

— Zen
źródło

Przywołane oświadczenie wyraźnie stwierdza „pod warunkiem, że wszystkie Xi są niezależne”.

— whuber

Nie rozumiem jednak, w jaki sposób osiągnęliśmy charakterystyczne funkcje?

— Dexter12

Dodam to do odpowiedzi. Spójrz.

— Zen.

Być może można zawierać odniesienie do funkcji charakterystycznej o dla niecałkowitą wartości ?

Γ (a, θ)

$\Gamma(a,\theta)$

a

$a$

— Dilip Sarwate,

14

Oto odpowiedź, która nie musi używać charakterystycznych funkcji, ale zamiast tego wzmacnia niektóre pomysły, które mają inne zastosowania w statystyce. Gęstość sumy niezależnych zmiennych losowych jest zwojami gęstości. Biorąc dla ułatwienia ekspozycji, mamy dla , $\theta = 1$ $z > 0$

\begin{aligned} f_{X + Y} (z) & = \int_{0}^{z} f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x \\ = \int_{0}^{z} \frac{x^{a - 1} e^{- x}}{Γ (a)} \frac{(z - x)^{b - 1} e^{- (z - x)}}{Γ (b)} d x \\ = e^{- z} \int_{0}^{z} \frac{x^{a - 1} (z - x)^{b - 1}}{Γ (a) Γ (b)} d x & now substitute x = z t and think \\ = e^{- z} z^{a + b - 1} \int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1} (1 - t)^{b - 1}}{Γ (a) Γ (b)} d t & of Beta (a, b) random variables \\ = \frac{e^{- z} z^{a + b - 1}}{Γ (a + b)} \end{aligned}

$\begin{align} f_{X+Y}(z) &= \int_0^z f_X(x)f_Y(z-x)\,\mathrm dx\\ &=\int_0^z \frac{x^{a-1}e^{-x}}{\Gamma(a)}\frac{(z-x)^{b-1}e^{-(z-x)}}{\Gamma(b)}\,\mathrm dx\\ &= e^{-z}\int_0^z \frac{x^{a-1}(z-x)^{b-1}}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\,\mathrm dx &\scriptstyle{\text{now substitute}}~ x = zt~ \text{and think}\\ &= e^{-z}z^{a+b-1}\int_0^1 \frac{t^{a-1}(1-t)^{b-1}}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\,\mathrm dt & \scriptstyle{\text{of Beta}}(a,b)~\text{random variables}\\ &= \frac{e^{-z}z^{a+b-1}}{\Gamma(a+b)} \end{align}$

— Dilip Sarwate
źródło

3

(+1) Idealnie jest mieć więcej niż jeden sposób na udowodnienie wszystkiego. Może ktoś opublikuje odpowiedź dotyczącą transformacji .

(X, Y) \mapsto (U, V) = (X + Y, X)

$(X,Y)\mapsto(U,V)=(X+Y,X)$

— Zen

Czy podobnie możemy znaleźć gęstość w wyrażeniu w formie zamkniętej? W tym przypadku nie jestem w stanie uprościć całek.

X - Y

$X-Y$

— pikachuchameleon

@pikachuchameleon Zobacz moją odpowiedź .

— Dilip Sarwate

3

Na bardziej heurystyczny poziomie: Jeśli i są liczbami całkowitymi, rozkład gamma jest dystrybucja Erlang, a więc i opisać czas oczekiwania na odpowiednio i występujące w procesie Poissona z szybkością . Oba czasy oczekiwania i są $a$ $b$ $X$ $Y$ $a$ $b$ $\theta$ $X$ $Y$

niezależny
zsumuj czas oczekiwania na wystąpienia $a+b$

a czas oczekiwania na rozkłada się w gamma ( ). $a+b$ $a+b,\theta$

Nic z tego nie jest matematycznym dowodem, ale nakłada pewne ciało na kości połączenia i można go użyć, jeśli chcesz go wcielić w matematyczny dowód.

— Svein Olav Nyberg
źródło