Al azar de la suma de variables aleatorias

Question

Decir que la suma i.yo.d. variables $X_i$ total $Y$ veces. Si conoce la distribución de las variables aleatorias $Y$$X_i$, ¿cuál es el cálculo que hay que hacer para obtener la distribución de la suma?

Answer 1

Si $S=\sum_{i=1}^{Y}X_{i}$, entonces el cumulant la generación de la función de $S$ satisface $$K_S(t)=K_Y(K_X(t)).$$ Any property of $S$ can be extracted from $K_S$.

Answer 2

Deje $Y$ ser un discreto de la variable aleatoria tomando los valores de $1,2,3\ldots$ con probabilidades $y_{1},y_{2},y_{3}\ldots$ respectivamente.
Deje $X_{1},X_{2} \ldots$ ser yo.yo.d. discretas variables aleatorias tomando los valores de $0,1,2\ldots$ con probabilidades $x_{0},x_{1},x_{2}\ldots$ respectivamente.
Además, definir la variable aleatoria $S$ como la siguiente suma: $$S=\sum_{i=1}^{Y}X_{i}$$

$P(S=k|Y=1)=P(X=k)=x_{k}$
$P(S=k|Y=2)=P(X_{1}+X_{2}=k)$
$=P(X_{1}=0,X_{2}=k)+P(X_{1}=1,X_{2}=k-1)+\ldots P(X_{1}=k,X_{2}=0)$
$=P(X_{1}=0)P(X_{2}=k)+P(X_{1}=1)P(X_{2}=k-1)+\ldots P(X_{1}=k)P(X_{2}=0)$ (de la independencia)
$=x_{0}x_{k}+x_{1}x_{k-1}+\ldots x_{k}x_{0}=\sum_{a+b=k}x_{a}x_{b}$

En general, $P(S=k|Y=m)=\sum_{\sum n_{i}=k}\prod x_{n_{i}}$
donde hay $m$ tales $n_{i}$. Esto es más claro para el estado en las palabras - elegir dos números naturales $k$$m$. Considerar todos los $m$-tuplas de enteros no negativos, que llamamos $(n_{1},n_{2}\ldots n_{m})$ que se suma a $k$. Hallar la suma de los productos de $x_{n_{1}}x_{n_{2}}\ldots x_{n_{m}}$ sobre todos los posibles tuplas; esta es la probabilidad de $P(S=k|Y=m)$. Entonces tenemos
$$P(S=k)=\sum_{m=1}^{\infty}P(S=k|Y=m)y_{m}$$
que ahora puede ser escrito en términos de la $x_{i}$ $y_{i}$ (lo que sabemos).

Vamos a la $X_{i},Y$ ser variables aleatorias de Poisson, con los medios de $\lambda$ $\mu$ respectivamente.
A continuación,$x_{i}=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{i}}{i!}$, e $y_{i}=e^{-\mu}\frac{\mu^{i}}{i!}$.
A continuación, $$\prod x_{n_{i}}=\prod e^{-\lambda}\frac{\lambda^{n_{i}}}{n_{i}!}=e^{-m\lambda}\lambda^{k}\prod \frac{1}{n_{i}!}$$ Y por lo tanto $$P(S=k|Y=m)=e^{-m\lambda}\lambda^{k}\sum_{\sum n_{i}=k}\prod\frac{1}{n_{i}!}$$ Lo que nos da, por último, $$P(S=k)=\sum_{m=1}^{\infty}e^{-\mu}\frac{\mu^{m}}{m!}e^{-m\lambda}\lambda^{k}\sum_{\sum n_{i}=k}\prod\frac{1}{n_{i}!}$$ $$=\lambda^{k}e^{-\mu}\left(\frac{\mu}{1!}e^{-\lambda}\frac{1}{k!}+\frac{\mu^{2}}{2!}e^{-2\lambda}\prod_{n_{1}+n_{2}=k}\frac{1}{(n_{1}!)(n_{2}!)}+\ldots\right)$$ Deje $p_{m,k}$ denotar la suma de los productos de $\sum_{\sum n_{i}=k}\prod\frac{1}{n_{i}!}$ donde $i$ varía de $1$$m$. Se puede demostrar fácilmente que el$p_{1,k}=\frac{1}{k!}$$p_{m,0}=1$. Se puede mostrar que la siguiente recurrencia se tiene:
$$p_{m+1,k}=\sum_{n=0}^{k}\frac{p_{m,n}}{n!} \qquad (p_{m,0}=1; \quad m \ge 1;k\ge 0)$$ Se puede mostrar que el $p_{m,k}=\frac{m^{k}}{k!}$
Por lo tanto $$P(S=k)=\lambda^{k}e^{-\mu}\sum_{m=1}^{\infty}e^{-m\lambda}\frac{\mu^{m}}{m!} \frac{m^{k}}{k!}$$

Me parece que no puede encontrar una simple forma cerrada expresión de esta suma; tal vez alguien lo puede hacer mejor.