Ожидание квадрата гамма

11

Если гамма-распределение параметризовано с помощью и , то: $\alpha$ $\beta$

E (Γ (α, β)) = \frac{α}{β}

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

Я хотел бы рассчитать ожидание квадрата гаммы, то есть:

E (Γ (α, β)^{2}) = ?

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

Я думаю, что это:

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

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

Кто-нибудь знает, правильно ли это последнее выражение?

expected-value gamma-distribution

— Джошуа
источник

1

Это было связано с имитационным исследованием, над которым я работаю, где я рисую стандартные отклонения от гаммы, а затем хотел получить среднее значение отклонений (т. Е. Квадрат гаммы).

— Джошуа

13

Ожидание квадрата любой случайной величины - это ее дисперсия плюс квадрат ожидания, как

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

Ожидаемое -распределение, параметризованное выше, равно (как вы упомянули), дисперсия , следовательно, ожидание его квадрата $\Gamma$ $\alpha/\beta$ $\alpha/\beta^2$

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

То есть: ты прав.

— Тамас Ференци
источник

Я ценю ответ, хотя я не уверен, что следую вашему уравнению - если вы выполните его через D2 (X), то в итоге получите D2 (X) + E (X) ^ 2

— Джошуа

3

Эта линия не одно уравнение! Обратите внимание на стрелку в середине. Первая часть (в левой части стрелки) представляет собой одно уравнение, которое подразумевает второе уравнение (в правой части стрелки). (Добавив к обеим сторонам.)

[E (X)]^{2}

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

— Тамас Ференци

7

Ради полноты я непосредственно вычислю исходные моменты из плотности. Во-первых, при параметризации формы / скорости гамма-распределение имеет плотность Будем считать само собой разумеющимся, что для любого выбора параметров мы имеем хотя этот результат легко выводится из тождества Тогда из положительного целого числа , что

f_{X} (x) = \frac{β^{α} x^{α - 1} e^{- β x}}{Γ (α)}, x > 0.

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

α, β > 0

$\alpha, \beta > 0$

\int_{x = 0}^{\infty} f_{X} (x) d x = 1,

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

\int_{z = 0}^{\infty} x^{z - 1} e^{- z} d z = Γ (z) .

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

k

$k$

\begin{aligned} E [X^{k}] & = \int_{x = 0}^{\infty} x^{k} f_{X} (x) d x \\ = \frac{1}{Γ (α)} \int_{x = 0}^{\infty} β^{α} x^{α + k - 1} e^{- β x} d x \\ = \frac{Γ (α + k)}{β^{k} Γ (α)} \int_{x = 0}^{\infty} \frac{β^{α + k} x^{α + k - 1} e^{- β x}}{Γ (α + k)} d x \\ = \frac{Γ (α + k)}{β^{k} Γ (α)}, \end{aligned}

$\begin{align*} \mathrm{E}[X^k] &= \int_{x=0}^\infty x^k f_X(x) \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \beta^\alpha x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \frac{\beta^{\alpha+k} x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha+k)} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)}, \end{align*}$ где на предпоследнем шаге мы наблюдаем, что интеграл равен потому что он является интегралом от гамма-плотности с параметрами и . Для мы немедленно получаем

1

$1$

α + k

$\alpha+k$

β

$\beta$

k = 2

$k = 2$

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

$\mathrm{E}[X^2] = \frac{\Gamma(\alpha+2)}{\beta^2 \Gamma(\alpha)} = \frac{(\alpha+1)\alpha}{\beta^2}.$ Другой подход заключается в использовании функции генерирования момента: где условие для требуется, чтобы интеграл сходился. Мы можем переписать это как и из этого следует, что

\begin{aligned} M_{X} (t) = E [e^{t X}] & = \int_{x = 0}^{\infty} \frac{β^{α} x^{α - 1} e^{- β x + t x}}{Γ (α)} d x \\ = \frac{β^{α}}{(β - t)^{α}} \int_{x = 0}^{\infty} \frac{(β - t)^{α} x^{α - 1} e^{- (β - t) x}}{Γ (α)} d x \\ = (\frac{β}{β - t})^{α}, t < 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

$t$

M_{X} (t) = (1 - t / β)^{- α},

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

E [X^{k}] = {[\frac{d^{k} M_{X} (t)}{d t^{k}}]}_{t = 0} = {[(1 - t / β)^{- α - k}]}_{t = 0} \prod_{j = 0}^{k - 1} \frac{α + j}{β} = \frac{Γ (α + k)}{β^{k} Γ (α)} .

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

— heropup
источник

Очень понятный и полезный вывод.

— Джошуа