Faltung von Gamma-Verteilung

13.12.2006, 10:32

merlin25

Faltung von Gamma-Verteilung

Ich benötige bei der folgenden Aufgabe Hilfe. Ich weiß nicht wie ich anfangen soll. Danke für jede noch so kleine Hilfe.

Für $\begin{eqnarray*} \alpha _1,\alpha _2,\beta >0 \end{eqnarray*}$ zeige man

$\begin{eqnarray*} Gam(\alpha _1,\beta )*Gam(\alpha _2,\beta )=Gam([\alpha _1+\alpha _2],\beta ) \end{eqnarray*}$ .

Hinweis: Es wird übersichtlicher, wenn man erst den Spezialfall $\begin{eqnarray*} \beta =1 \end{eqnarray*}$ betrachtet und den allgemeinen Fall darauf zurückführt.

Für die Beta-Funktion

$\begin{eqnarray*} B(\alpha _1,\alpha _2):=\int_{0}^{1}~t^{\alpha _1-1}(1-t)^{\alpha _2-1}~dt \end{eqnarray*}$

darf folgende Darstellung ohne Beweis verwendet werden

$\begin{eqnarray*} B(\alpha _1,\alpha _2)=\frac{\Gamma( \alpha _1)\cdot \Gamma( \alpha _2)}{\Gamma( \alpha _1+\alpha _2)} \end{eqnarray*}$ .

13.12.2006, 16:17

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Na rechne es doch einfach aus! Sind die reellen Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ absolutsstetig, d.h. es existieren zugehörige Dichten $\begin{eqnarray*} f_X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_Y \end{eqnarray*}$ , und sind außerdem unabhängig, damm ist auch die Summe $\begin{eqnarray*} Z=X+Y \end{eqnarray*}$ absolutstetig mit Dichte

$\begin{eqnarray*} f_Z(t) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f_X(u)\cdot f_Y(t-u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

Sind beide Ausgangszufallsgrößen positiv, d.h., es gilt $\begin{eqnarray*} f_X(t)=f_Y(t)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t<0 \end{eqnarray*}$ , dann ist natürlich auch $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ positiv und man kann das Integrationsgebiet einschränken:

$\begin{eqnarray*} f_Z(t) = \int\limits_0^t ~ f_X(u)\cdot f_Y(t-u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t\geq 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt nur noch die beiden Gammafunktionsdichten einsetzen und umformen.

P.S.: Kannst natürlich auch über charakteristische Funktionen (d.h. also im Prinzip Fouriertransformation) oder Laplacetransformation gehen, falls ihr diesen Weg schon kennengelernt habt.

13.12.2006, 16:20

Dual Space

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Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} f_Z(t) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f_X(u)\cdot f_Y(t-u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

Die obere Integrationsgrenze soll sicherlich t sein.

13.12.2006, 16:26

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Nein: $\begin{eqnarray*} f_Z(t) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f_X(u)\cdot f_Y(t-u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$ ist völlig korrekt.

13.12.2006, 16:30

Dual Space

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Arghs ... soll die obere Grenze bei dem 2. Integral auch stimmen???

13.12.2006, 16:34

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Ja! Im Spezialfall positiver Zufallsgrößen verschwindet für $\begin{eqnarray*} u<0 \end{eqnarray*}$ der erste Faktor $\begin{eqnarray*} f_X(u) \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} u>t \end{eqnarray*}$ verschwindet dagegen der zweite Faktor $\begin{eqnarray*} f_Y(t-u) \end{eqnarray*}$ . Daher die dann mögliche Einschränkung auf $\begin{eqnarray*} [0,t] \end{eqnarray*}$ .

Ich mache schon bisweilen Schreibfehler, aber diesmal wirklich nicht. Augenzwinkern

13.12.2006, 16:37

Dual Space

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Im Spezialfall positiver Zufallsgrößen verschwindet für $\begin{eqnarray*} u<0 \end{eqnarray*}$ der erste Faktor $\begin{eqnarray*} f_X(u) \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} u>t \end{eqnarray*}$ verschwindet dagegen der zweite Faktor $\begin{eqnarray*} f_Y(t-u) \end{eqnarray*}$ . Daher die dann mögliche Einschränkung auf $\begin{eqnarray*} [0,t] \end{eqnarray*}$ .

Wieder was gelernt. Augenzwinkern

Zitat:

Ich mache schon bisweilen Schreibfehler, aber diesmal wirklich nicht. Augenzwinkern

Mist!

13.12.2006, 20:14

merlin25

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Vielen Dank!!! Habe es hinbekommen. smile

21.05.2012, 15:57

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Hi,
ich sitze an der gleichen Aufgabe, komme aber bei der Integration nicht weiter.
für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ =1

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{gamma(p1+p2)} e^{-z} \int_0^z\! x^{p1-1}\left(z-x\right)^{p2-1} \, dx \end{eqnarray*}$

Ich habe die Partielle Integration angewandt und darin die Subsitution für $\begin{eqnarray*} \left(z-x\right)^{p2-1} \end{eqnarray*}$

u=g(x)=(z-x)
g'(x)=-1
F(u)= -1 $\begin{eqnarray*} u^{p2-1} \end{eqnarray*}$

=> $\begin{eqnarray*} \int_.^. \! -1*-1*u^{p2-1} \, du \end{eqnarray*}$
= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{p2}\left(z-x\right)^{p2} \end{eqnarray*}$

leider vereinfacht sich nichts. Könnt ihr mir sagen, ob ich auf dem richtigen Weg bin?

21.05.2012, 17:06

mre

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Die Verrenkungen mit der partiellen Integration kannst du dir sparen. Schau dir mal die Beta-Funktion an. Bring dein Integral in die passend Form und ersetze den Ausdruck im Nenner vor dem Integral durch eine Darstellung die die Betafkt verwendet. Die beiden Integrale kürzen sich raus, und fertig: übrig bleib eine Gamma mit Parametern (p1+p2) und in deinem Fall 1.

27.11.2015, 20:07

Kessa

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Hey Leute,

Ich bin gerade bei genau der gleichen Aufgabe an genau der gleichen Stelle und finde, dass es bisher noch ganz nett aussieht.
Auch das Umschreiben mit der Betafunktion war recht logisch. Wobei sich mir hier die erste große Frage stellt. Übernehme ich beim einsetzen der Betafunktion t als Integrationsvariable oder x , damit sich das (hoffentlich) leichter wegkürzen kann ? Sie ist ja nur mit t ohne jeden Kontext definiert und dann weiß ich nicht ob das eine eigene spezielle Bedeutung hat oder ob man das angleicht.

Die zweite große Frage ist, wie ich mit den unterschiedlichen Integrationsgrenzen umgehe. Ich weiß ich müsste das eigentlich schon beherrschen aber ich kriege es nicht hin =( . Vor allem weil am Ende ja auch noch z^(p1+p2-1) übrig bleiben muss.

Ich will hier auf keinen Fall ganze Lösungen erfragen, aber ich bin für jeden Tipp dankbar und hoffe dass der Beitrag trotz des gewissen Alters noch gelesen wird.

LG Kessa

04.12.2018, 20:39

Vendigi

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Integral Umformen
$\begin{eqnarray*} \int_0^x y^u (x-y)^v dy = \int_0^x y^u \left(x\left(1-\frac{y}{x}\right)\right)^v dy = \int_0^x y^u x^v \left(1-\frac{y}{x}\right)^v dy \end{eqnarray*}$

Jetzt substitution mit $\begin{eqnarray*} t := \frac{y}{x} \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} dy = x \: dt \end{eqnarray*}$
Mit Grenzenänderung $\begin{eqnarray*} 0 \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$

Wir bekommen:

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 t^u x^u x^v (1-t)^v x \: dt = x^{u+v+1}\int_0^1 t^u (1-t)^v dt \end{eqnarray*}$

Jetz muss man nur das Integral mit folgender Identität substituieren:

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 t^{u-1} (1-t)^{v-1} dt \equiv \frac{\Gamma(u)\Gamma(v)}{\Gamma(u+v)} \end{eqnarray*}$

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