Gamma-Verteilung

18.05.2023, 19:29

limf(x)

Gamma-Verteilung

Meine Frage:
Die Gamma-Verteilung zu den Parametern $ \alpha, \beta>0 $ auf $ (\mathbb{R}, \mathfrak{B}) $ ist gegeben durch die Dichte
$x \mapsto \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x} 1_{[0, \infty)}(x)$
Seien $ X_{1}, \ldots, X_{n} $ unabhängig und exponentialverteilt zum Parameter $ \lambda>0 $.
Zeigen Sie, dass $ X_{1}+\cdots+X_{n} $ eine Gamma-Verteilung hat, und identifizieren Sie die Parameter.

Meine Ideen:
Könnte mir bitte jemand sagen, wie ich vorgehen könnte?

Vielen Dank im Voraus

18.05.2023, 19:51

HAL 9000

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1) Die Verteilungsdichte der Summe zweier unabhängiger (absolut-)stetiger Zufallsrößen bekommt man über das Faltungsintegral.

2) Der Beweis wird durch Vollständige Induktion geführt. Um aber überhaupt erstmal die passende Behauptung zu finden, rechne per 1) mal probeweise die Dichte für die Summe von zwei, drei, evtl. auch noch vier exponentialverteilten Zufallsgrößen aus, dann solltest du sehen, welche Gammaverteilungs-Parameter hier gemeint sind.

Alternativ ginge auch ein Beweis über die charakteristische Funktionen (d.h. Fouriertransformation) der Zufallsgrößen - weiß nicht, ob ihr sowas behandelt habt?

18.05.2023, 21:17

limf(x)

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Zitat:

Original von HAL 9000
1) Die Verteilungsdichte der Summe zweier unabhängiger (absolut-)stetiger Zufallsrößen bekommt man über das Faltungsintegral.

2) Der Beweis wird durch Vollständige Induktion geführt. Um aber überhaupt erstmal die passende Behauptung zu finden, rechne per 1) mal probeweise die Dichte für die Summe von zwei, drei, evtl. auch noch vier exponentialverteilten Zufallsgrößen aus, dann solltest du sehen, welche Gammaverteilungs-Parameter hier gemeint sind.

Alternativ ginge auch ein Beweis über die charakteristische Funktionen (d.h. Fouriertransformation) der Zufallsgrößen - weiß nicht, ob ihr sowas behandelt habt?

Die Dichte für $\begin{eqnarray*} Z=X_{1}+X_{2} \end{eqnarray*}$ berechnen:
$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{0}^{\infty} f_{X_{1}}(x) \cdot f_{X_{2}}(z-x) d x \end{eqnarray*}$

Exponentialverteilten Zufallsgrößen
$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{0}^{\infty}\left(\lambda_{1} e^{-\lambda_{1} x}\right) \cdot\left(\lambda_{2} e^{\lambda_{2}(z-x)}\right) d x \end{eqnarray*}$

Das Integral kann nun berechnet werden:

$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\lambda_{1} \lambda_{2}\left[\frac{e^{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) x+\lambda_{2} z}}{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)}\right]_{0}^{\infty} = \lambda_{1} \lambda_{2} \cdot \frac{e^{\lambda_{2} z}}{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)} \end{eqnarray*}$

*Fouriertransformation hatten wir nicht behandelt.

18.05.2023, 21:21

HAL 9000

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Drei Sachen:

- Alle $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ sind hier einander gleich vorausgesetzt, also verwende nur das eine einheitliche $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

- Dir ist bei der Exponentenumformung ein Vorzeichenfehler unterlaufen.

- Die obere Integrationsgrenze ist anzupassen!

Konkret: Statt

Zitat:

Original von limf(x)
$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{0}^{\infty}\left(\lambda_{1} e^{-\lambda_{1} x}\right) \cdot\left(\lambda_{2} e^{\lambda_{2}(z-x)}\right) d x \end{eqnarray*}$

sollte da stehen

$\begin{eqnarray*} f_Z(z) = \int\limits_0^z \lambda e^{-\lambda x}\cdot \lambda e^{-\lambda(z-x)} ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

18.05.2023, 23:47

limf(x)

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Zitat:

Original von HAL 9000
Drei Sachen:

- Alle $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ sind hier einander gleich vorausgesetzt, also verwende nur das eine einheitliche $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

- Dir ist bei der Exponentenumformung ein Vorzeichenfehler unterlaufen.

- Die obere Integrationsgrenze ist anzupassen!

Konkret: Statt

Zitat:

Original von limf(x)
$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{0}^{\infty}\left(\lambda_{1} e^{-\lambda_{1} x}\right) \cdot\left(\lambda_{2} e^{\lambda_{2}(z-x)}\right) d x \end{eqnarray*}$

sollte da stehen

$\begin{eqnarray*} f_Z(z) = \int\limits_0^z \lambda e^{-\lambda x}\cdot \lambda e^{-\lambda(z-x)} ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{0}^{z} f_{X_{1}}(x) \cdot f_{X_{2}}(z-x) d x \end{eqnarray*}$

Substituieren wir $\begin{eqnarray*} u=z-x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{z}^{0} f_{X_{1}}(z-u) \cdot f_{X_{2}}(u)(-d u) \end{eqnarray*}$

Wir Setzen die Dichten der Exponentialverteilung ein:
$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\int \limits_{z}^{0} \lambda e^{-\lambda(z-u)} \cdot \lambda e^{-\lambda u}(-d u) = f_{Z}(z)=\int \limits_{z}^{0} \lambda^{2} e^{-\lambda z} d u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{Z}(z)=\left[-\lambda^{2} e^{-\lambda z} u\right]_{0}^{z} = -\lambda^{2} e^{-\lambda z} z+\lambda^{2} \end{eqnarray*}$

19.05.2023, 07:11

HAL 9000

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Ich weiß nicht, warum du überhaupt substituierst, ist hier an sich völlig sinnfrei. Dort ein Vorzeichenfehler und ein weiterer Fehler noch zum Schluss zerstören leider das Ergebnis...

Für $\begin{eqnarray*} z\geq 0 \end{eqnarray*}$ ist einfach $\begin{eqnarray*} f_Z(z) = \int\limits_0^z \lambda e^{-\lambda x}\cdot \lambda e^{-\lambda(z-x)} ~ \dd x = \int\limits_0^z \lambda^2 e^{-\lambda z} ~ \dd x = \left[ \lambda^2 e^{-\lambda z} x\right]_{x=0}^z = \lambda^2 e^{-\lambda z} z \end{eqnarray*}$ .

19.05.2023, 11:16

limf(x)

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sehr schön. Danke

19.05.2023, 13:42

HAL 9000

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So, nicht nachlassen: Die nächste Stufe wäre

$\begin{eqnarray*} f_{X_1+X_2+X_3}(z) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_{X_1+X_2}(x)\cdot f_{X_3}(z-x) ~ \dd x = \int\limits_0^z \lambda^2xe^{-\lambda x}\cdot \lambda e^{-\lambda(z-x)} ~ \dd x = \int\limits_0^z \lambda^3xe^{-\lambda z} ~ \dd x = \ldots \end{eqnarray*}$

Schauen wir doch schon mal zur Gammaverteilung $\begin{eqnarray*} \mathcal{G}(p,b) \end{eqnarray*}$ : Die hat die Dichte $\begin{eqnarray*} f(z) = \begin{cases} \frac{b^p}{\Gamma(p)} z^{p-1}e^{-bz} &\mbox{ für }z>0\\ 0 &\mbox{ für }z\leq 0\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Nun, im Abgleich sehen wir, dass sicher $\begin{eqnarray*} b=\lambda \end{eqnarray*}$ gemeint ist. Außerdem können wir für positiv ganzzahlige $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ den Gammafunktionswert durch eine Fakultät ersetzen, d.h. die Dichte von $\begin{eqnarray*} \mathcal{G}(p,\lambda) \end{eqnarray*}$ können wir schreiben als

$\begin{eqnarray*} f(z) = \begin{cases} \frac{\lambda^p}{(p-1)!} z^{p-1}e^{-\lambda z} &\mbox{ für }z>0\\ 0 &\mbox{ für }z\leq 0\end{cases} \end{eqnarray*}$ (diesen Fall ganzzahliger $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ nennt man auch Erlang-Verteilung).

Wir haben also $\begin{eqnarray*} X_1\sim \mathcal{G}(1,\lambda) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_1+X_2\sim\mathcal{G}(2,\lambda) \end{eqnarray*}$ , da sollte eine Vermutung naheliegen, wie die allgemeine Verteilung von $\begin{eqnarray*} X_1+\ldots+X_n \end{eqnarray*}$ aussieht.

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