Aspettativa di una gamma quadrata

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Se una distribuzione gamma è parametrizzata con $\alpha$ e $\beta$ , allora:

E (Γ (α, β)) = \frac{α}{β}

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

Vorrei calcolare l'aspettativa di una Gamma quadrata, ovvero:

E (Γ (α, β)^{2}) = ?

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

Io penso che è:

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

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

Qualcuno sa se quest'ultima espressione è corretta?

expected-value gamma-distribution

— Giosuè
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Questo era correlato a uno studio di simulazione su cui sto lavorando dove sto disegnando deviazioni standard da una Gamma, e quindi volevo la media delle varianze (cioè, i gammi quadrati).

— Giosuè,

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L'aspettativa del quadrato di qualsiasi variabile casuale è la sua varianza più la sua aspettativa al quadrato, come

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

L'attesa della distribuzione parametrizzata come sopra è (come hai menzionato), la varianza è , quindi l'aspettativa del suo quadrato è $\Gamma$ $\alpha/\beta$ $\alpha/\beta^2$

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

Cioè: hai ragione.

— Tamas Ferenci
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Apprezzo la risposta, anche se non sono sicuro di seguire la tua equazione --- se la segui attraverso D2 (X) finisce per eguagliare D2 (X) + E (X) ^ 2

— Giosuè

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Quella riga non è una singola equazione! Nota la freccia nel mezzo. La prima parte (sul lato sinistro della freccia) è un'equazione che implica la seconda equazione (sul lato destro della freccia). (Aggiungendo

su entrambi i lati.)

[E (X)]^{2}

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

— Tamas Ferenci il

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Per completezza, calcolerò direttamente i momenti grezzi dalla densità. Innanzitutto, sotto una parametrizzazione di forma / frequenza, la distribuzione gamma ha densità Daremo per scontato che per qualsiasi scelta di parametri , abbiamo

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

$\alpha, \beta > 0$

sebbene questo risultato sia facilmente derivato dall'identità

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

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

Quindi segue che per un numero intero positivo

,

\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

$k$

dove nella penultima fase osserviamo che l'integrale è uguale a

perché è l'integrale di una densità gamma con i parametri

e

. Per

, otteniamo immediatamente

\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}

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

1

$1$

α + k

$\alpha+k$

β

$\beta$

k = 2

$k = 2$

Un altro approccio è tramite la funzione di generazione del momento:

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

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

dove la condizione su

è richiesta affinché l'integrale converga. Possiamo riscriverlo come

e ne consegue che

\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} Π_{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
fonte

Derivazione molto chiara e utile.

— Giosuè,