Очікування квадратичної гами

11

Якщо розподіл Gamma параметризовано з і , то: $\alpha$ $\beta$

E (Γ (α, β)) = \frac{α}{β}

$E(\Gamma(\alpha, \beta)) = \frac{\alpha}{\beta}$

Я хотів би порахувати очікування гамми в квадраті, тобто:

Е (Γ (α, β)^{2}) = ?

$E(\Gamma(\alpha, \beta)^2) = ?$

Я думаю, що це:

Е (Γ (α, β)^{2}) = {(\frac{α}{β})}^{2} + \frac{α}{β^{2}}

$E(\Gamma(\alpha, \beta)^2) = \left(\frac{\alpha}{\beta}\right)^2 + \frac{\alpha}{\beta^2}$

Хтось знає, чи правильний цей останній вираз?

expected-value gamma-distribution

— Джошуа
джерело

1

Це було пов'язано з імітаційним дослідженням, над яким я працюю, де я малюю стандартні відхилення від гамми, а потім хотів середнього значення відхилень (тобто, квадратних гамм).

— Джошуа

13

Очікування квадрата будь-якої випадкової величини є її відхиленням плюс очікування у квадраті, як

. $\mathbb{D}^2(X)=\mathbb{E}([X-\mathbb{E}(X)]^2)=\mathbb{E}(X^2)-[\mathbb{E}(X)]^2 \Rightarrow \mathbb{E}(X^2) = \mathbb{D}^2(X)+[\mathbb{E}(X)]^2$

Очікування параметризованого вище -розподілу є (як ви вже згадували), дисперсія , отже, очікування його квадрата дорівнює $\Gamma$ $\alpha/\beta$ $\alpha/\beta^2$

. $(\alpha/\beta)^2+\alpha/\beta^2$

Тобто: ви праві.

— Тамас Ференці
джерело

Я ціную відповідь, хоча я не впевнений, що я слідую за вашим рівнянням --- якщо ви будете слідувати за ним через D2 (X), що дорівнює D2 (X) + E (X) ^ 2

— Джошуа

3

Цей рядок не є єдиним рівнянням! Зверніть увагу на стрілку посередині. Перша частина (ліворуч від стрілки) - це одне рівняння, яке передбачає друге рівняння (на правій частині стрілки). (Додавши

в обидві сторони.)

[E (X)]^{2}

$[\mathbb{E}(X)]^2$

— Тамас Ференці

7

Для повноти я буду безпосередньо обчислювати сирі моменти з густини. По-перше, при параметризації форми / швидкості гамма-розподіл має щільність Візьмемо як належне, що для будь-якого вибору параметрів маємо

f_{Х} (х) = \frac{β^{α} х^{α - 1} е^{- β х}}{Γ (α)}, х > 0.

$f_X(x) = \frac{\beta^\alpha x^{\alpha-1} e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)}, \quad x > 0.$

α, β > 0

$\alpha, \beta > 0$

хоча цей результат легко виводиться з тотожності

\int_{х = 0}^{\infty} f_{Х} (х) г х = 1,

$\int_{x=0}^\infty f_X(x) \, dx = 1,$

Тоді випливає, що для додатного цілого

,

\int_{z = 0}^{\infty} х^{z - 1} е^{- z} г z = Γ (z) .

$\int_{z=0}^\infty x^{z-1} e^{-z} \, dz = \Gamma(z).$

k

$k$

де на передостанньому кроці спостерігаємо, що інтеграл дорівнює

оскільки він є інтегралом гамма-щільності з параметрами

і

. При

ми одержуємо негайно

\begin{aligned} Е [Х^{к}] & = \int_{х = 0}^{\infty} х^{к} f_{Х} (х) г х \\ = \frac{1}{Γ (α)} \int_{х = 0}^{\infty} β^{α} х^{α + к - 1} е^{- β х} г х \\ = \frac{Γ (α + к)}{β^{к} Γ (α)} \int_{х = 0}^{\infty} \frac{β^{α + к} х^{α + к - 1} е^{- β х}}{Γ (α + к)} г х \\ = \frac{Γ (α + к)}{β^{к} Γ (α)}, \end{aligned}

$\begin{align*} \mathrm{E}[X^k] &= \int_{x=0}^\infty x^k f_X(x) \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \beta^\alpha x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \frac{\beta^{\alpha+k} x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha+k)} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)}, \end{align*}$

1

$1$

α + k

$\alpha+k$

β

$\beta$

k = 2

$k = 2$

Інший підхід - через функцію генерування моменту:

E [X^{2}] = \frac{Γ (α + 2)}{β^{2} Γ (α)} = \frac{(α + 1) α}{β^{2}} .

$\mathrm{E}[X^2] = \frac{\Gamma(\alpha+2)}{\beta^2 \Gamma(\alpha)} = \frac{(\alpha+1)\alpha}{\beta^2}.$

дедля зближення інтеграла необхіднаумова на

. Ми можемо переписати це як

і з цього випливає, що

\begin{aligned} М_{Х} (т) = Е [е^{т Х}] & = \int_{х = 0}^{\infty} \frac{β^{α} х^{α - 1} е^{- β х + т х}}{Γ (α)} г х \\ = \frac{β^{α}}{(β - т)^{α}} \int_{х = 0}^{\infty} \frac{(β - т)^{α} х^{α - 1} е^{- (β - т) х}}{Γ (α)} г х \\ = (\frac{β}{β - т})^{α}, т < β, \end{aligned}

$\begin{align*} M_X(t) = \mathrm{E}[e^{tX}] &= \int_{x=0}^\infty \frac{\beta^\alpha x^{\alpha-1} e^{-\beta x + tx}}{\Gamma(\alpha)} \, dx \\ &= \frac{\beta^\alpha}{(\beta-t)^\alpha} \int_{x=0}^\infty \frac{(\beta-t)^\alpha x^{\alpha-1} e^{-(\beta-t)x}}{\Gamma(\alpha)} \, dx \\ &= \biggl(\frac{\beta}{\beta-t}\biggr)^{\!\alpha}, \quad t < \beta, \end{align*}$

t

$t$

М_{Х} (т) = (1 - т / β)^{- α},

$M_X(t) = (1 - t/\beta)^{-\alpha},$

Е [Х^{к}] = {[\frac{г^{к} М_{Х} (т)}{г т^{к}}]}_{т = 0} = {[(1 - т / β)^{- α - к}]}_{т = 0} \prod_{j = 0}^{к - 1} \frac{α + j}{β} = \frac{Γ (α + к)}{β^{к} Γ (α)} .

$\mathrm{E}[X^k] = \left[ \frac{d^k M_X(t)}{dt^k} \right]_{t=0} = \left[(1-t/\beta)^{-\alpha-k}\right]_{t=0} \prod_{j=0}^{k-1} \frac{\alpha+j}{\beta} = \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)}.$

— геропуп
джерело

Дуже чітке і корисне виведення.

— Джошуа