Si $X\sim \Gamma(a_1,b)$ y $Y \sim \Gamma(a_2,b)$ Necesito probar $X+Y\sim\Gamma(a_1+a_2,b)$ si $X$ y $Y$ son independientes.
Estoy tratando de aplicar la fórmula para la integral de independencia y sólo tratando de multiplicar la función gamma, pero atascado?
Ahora que, presumiblemente, el plazo de los deberes ya ha pasado, aquí hay una prueba para el caso de $b=1$ , adaptado de un respuesta mía en stats.SE, que amplía los detalles de lo que dije en un comentario sobre la pregunta.
Si $X$ y $Y$ son variables aleatorias continuas independientes, entonces la función de densidad de probabilidad de $Z=X+Y$ viene dada por el convolución de las funciones de densidad de probabilidad $f_X(x)$ y $f_Y(y)$ de $X$ y $Y$ respectivamente. Así, $$f_{X+Y}(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_X(x)f_Y(z-x)\,\mathrm dx. $$ Pero cuando $X$ y $Y$ son variables aleatorias no negativas, $f_X(x) = 0$ cuando $x < 0$ , y para un número positivo $z$ , $f_Y(z-x) = 0$ cuando $x > z$ . En consecuencia, para $z > 0$ la integral anterior puede simplificarse a $$\begin{align} f_{X+Y}(z) &= \int_0^z f_X(x)f_Y(z-x)\,\mathrm dx\\ &=\int_0^z \frac{x^{a_1-1}e^{-x}}{\Gamma(a_1)}\frac{(z-x)^{a_2-1}e^{-(z-x)}}{\Gamma(a_2)}\,\mathrm dx\\ &= e^{-z}\int_0^z \frac{x^{a_1-1}(z-x)^{a_2-1}}{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)}\,\mathrm dx &\scriptstyle{\text{now substitute}}~ x = zt~ \text{and think}\\ &= e^{-z}z^{a_1+a_2-1}\int_0^1 \frac{t^{a_1-1}(1-t)^{a_2-1}}{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)}\,\mathrm dt & \scriptstyle{\text{of Beta}}(a_1,a_2)~\text{random variables}\\ &= \frac{e^{-z}z^{a_1+a_2-1}}{\Gamma(a_1+a_2)} \end{align}$$
Dilip, tu respuesta asume que el parámetro $B=1$ es la misma para ambas distribuciones. ¿Cuál sería la función para la suma de dos distribuciones Gamma independientes cuando ambos conjuntos de parámetros $A$ y $B$ son diferentes? Convolucionar las dos funciones $z^{A_i-1}\mathrm{Exp}(-B_i z)/\mathrm{Gamma}(A_i)$ , donde $i$ es el índice $1$ y $2$ .
¡¿Has esperado a que el plazo de sus deberes haya pasado presumiblemente para contestar?! Qué cruel.
Es más fácil utilizar las funciones generadoras de momentos para demostrarlo. $$ M(t;\alpha,\beta ) = Ee^{tX} = \int_{0}^{+\infty} e^{tx} f(x;\alpha,\beta)dx = \int_{0}^{+\infty} e^{tx} \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1}e^{-\beta x}dx \\ = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{+\infty} x^{\alpha-1}e^{-(\beta - t) x}dx = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} \frac{\Gamma(\alpha)}{(\beta - t)^\alpha} = \frac{1}{(1- \frac{t}{\beta})^\alpha} $$ Utilizando la propiedad de las variables aleatorias independientes, sabemos $$M_{X + Y}(t) = M_{X}(t)M_{Y}(t) $$ Así que si $X \sim Gamma(\alpha_1,\beta), Y \sim Gamma(\alpha_2,\beta), $ $$M_{X + Y}(t) = \frac{1}{(1- \frac{t}{\beta})^{\alpha_1}} \frac{1}{(1- \frac{t}{\beta})^{\alpha_2}} = \frac{1}{(1- \frac{t}{\beta})^{\alpha_1 + \alpha_2}}$$ Se puede ver que el MGF del producto sigue en el formato de la distribución Gamma. Finalmente podemos obtener $X + Y \sim Gamma(\alpha_1 + \alpha_2, \beta)$
Puede utilizar un método más sencillo. Considere la función generadora de momentos o la función generadora de probabilidades. $E(e^{(X+Y)t} )=E(e^{Xt}e^{Yt})=E(e^{Xt})E(e^{Yt})$ como son independientes entonces podemos obtener una función generadora de momentos de una distribución gamma. Entonces se puede encontrar la media y la varianza a partir de la función generadora de momentos
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Pista: Después de multiplicar $f_{X_1}(x)$ y $f_{X_2}(z-y)$ y asegurándose de que los límites son correctos, se obtendrá una integral para $f_{X_1+Y_2}(z)$ que puede transformarse en un Beta cuyo valor es $B(a_1,a_2) = \frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)}{\Gamma(a_1+a_2)}$ .