दो स्वतंत्र गामा यादृच्छिक चर का योग

13

गामा वितरण पर विकिपीडिया लेख के अनुसार :

यदि और , जहां और स्वतंत्र यादृच्छिक चर हैं, तो । $X\sim\mathrm{Gamma}(a,\theta)$ $Y\sim\mathrm{Gamma}(b,\theta)$ $X$ $Y$ $X+Y\sim \mathrm{Gamma}(a+b, \theta)$

लेकिन मुझे कोई सबूत नहीं दिखता। क्या कोई मुझे इसके प्रमाण की ओर इशारा कर सकता है?

संपादित करें: ज़ेन के लिए बहुत-बहुत धन्यवाद, और मुझे यह भी पता चला कि इसका उदाहरण विकिपीडिया पृष्ठ पर विशिष्ट कार्यों के बारे में है ।

probability pdf gamma-distribution

— Dexter12
स्रोत

3

अंतर्ज्ञान: गामा

वितरण के रकम के रूप में उत्पन्न होती हैं

, स्वतंत्र घातीय वितरण जिस कारण से यह इस संदर्भ में तत्काल वह यह है कि

एक गामा होगा

वितरण प्रदान की

और

दोनों सकारात्मक पूर्णांक हैं।

(n)

$(n)$

n

$n$

X + Y

$X+Y$

(a + b, θ)

$(a+b,\theta)$

a

$a$

b

$b$

— whuber

15

प्रमाण निम्नानुसार है: (1) याद रखें कि स्वतंत्र यादृच्छिक चर के योग की विशेषता फ़ंक्शन उनके व्यक्तिगत विशेषता कार्यों का उत्पाद है; (२) यहाँ एक गामा यादृच्छिक चर की विशेषता फ़ंक्शन प्राप्त करें ; (३) सरल बीजगणित करें।

इस बीजीय तर्क से परे कुछ अंतर्ज्ञान प्राप्त करने के लिए, व्हीबर की टिप्पणी देखें।

नोट: ओपी ने पूछा कि गामा यादृच्छिक चर की विशेषता फ़ंक्शन की गणना कैसे करें। यदि , तो (आप का इलाज कर सकते एक साधारण निरंतर रूप में इस मामले में,) $X\sim\mathrm{Exp}(\lambda)$ $i$

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} .

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

तो अब ह्यूबर की टिप का उपयोग , तो , जहां की स्वतंत्र हैं । इसलिए, संपत्ति (1) का उपयोग करते हुए, हम $Y\sim\mathrm{Gamma}(k,\theta)$ $Y=X_1+\dots+X_k$ $X_i$ $\mathrm{Exp}(\lambda = 1/\theta)$

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

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

युक्ति: आप परिणामों और प्रमाणों को घूरते हुए इन चीजों को नहीं सीखेंगे: भूखे रहें, हर चीज की गणना करें, अपने स्वयं के प्रमाण खोजने की कोशिश करें। यहां तक कि अगर आप असफल हो जाते हैं, तो किसी और के जवाब की आपकी सराहना बहुत अधिक स्तर पर होगी। और, हाँ, असफल होना ठीक है: कोई भी नहीं देख रहा है! गणित सीखने का एकमात्र तरीका प्रत्येक अवधारणा और परिणाम के लिए मुट्ठी लड़ना है।

— जेन
स्रोत

संदर्भित कथन में स्पष्ट रूप से कहा गया है "बशर्ते कि सभी ग्यारह स्वतंत्र हों।"

— whuber

एक बात जो मुझे नहीं मिलती है, वह यह है कि हम किस प्रकार से कार्य करते हैं?

— डेक्सटर १२

मैं इसे उत्तर में जोड़ूंगा। जरा देखो तो।

— ज़ेन

Γ (a, θ)

$\Gamma(a,\theta)$

a

$a$

14

$\theta = 1$ $z > 0$

\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}

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

— दिलीप सरवटे
स्रोत

3

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

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

X - Y

$X-Y$

@pikachuchameleon मेरा यह उत्तर देखें ।

— दिलीप सरवटे

3

$a$ $b$ $X$ $Y$ $a$ $b$ $\theta$ $X$ $Y$

स्वतंत्र
$a+b$

$a+b$ $a+b,\theta$

इसका कोई भी गणितीय प्रमाण नहीं है, लेकिन यह कनेक्शन की हड्डियों पर कुछ मांस लगाता है, और यदि आप इसे गणितीय प्रमाण में बाहर निकालना चाहते हैं तो इसका उपयोग किया जा सकता है।

— सविन ओलव न्यबर्ग
स्रोत