Rozkład gamma zmiennej Z

[adam4990]

Zmienne \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są niezależne. Zmienna \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład Gamma \(\displaystyle{ (a,k)}\), a zmienna \(\displaystyle{ Y}\) ma rozkład Gamma \(\displaystyle{ (b,k)}\). Znajdź rozkład zmiennej \(\displaystyle{ Z=\frac{X}{X+Y}}\)

[Premislav]

Zaczniemy od dystrybuanty rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z}\). Niech \(\displaystyle{ 1>t>0}\) (dość jasnym jest, że z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) ten ułamek \(\displaystyle{ \frac{X}{X+Y}}\) zawiera się w owym przedziale). Mamy
\(\displaystyle{ F_Z(t)=\mathbf{P}(Z \le t)=\mathbf{P}\left( \frac{X}{X+Y} \le t\right) =\\=\mathbf{P}\left( X \le t(X+Y)\right)=\mathbf{P}\left( (1-t)X \le t Y\right)}\)
Wiemy ponadto, że zmienne losowe \(\displaystyle{ X, Y}\) są niezależne oraz
\(\displaystyle{ X}\) ma funkcję gęstości \(\displaystyle{ g(x)=1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}
_{(0,+\infty)}(x) \frac{k^a}{\Gamma(a)}x^{a-1} e^{-kx}}\)
oraz \(\displaystyle{ Y}\) ma funkcję gęstości \(\displaystyle{ h(y)=1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}
_{(0,+\infty)}(y) \frac{k^b}{\Gamma(b)}y^{b-1} e^{-ky}}\)
Zatem wektor losowy \(\displaystyle{ (X, Y)}\) ma gęstość łączną postaci \(\displaystyle{ g(x)h(y)}\)
i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( (1-t)X \le t Y\right)=\iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( (1-t)x \le ty\right) g(x)h(y) \,\dd x\,\dd y=\\=\iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( (x \le \frac{t}{1-t}y\right) g(x)h(y) \,\dd x\,\dd y=\\= \int_{0}^{+\infty}h(y)\,\dd y \int_{0}^{ \frac{t}{1-t}y }g(x)\,\dd x}\)
Oznaczmy teraz przez \(\displaystyle{ F_1}\) dystrybuantę rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\), tj. rozkładu Gamma z parametrami \(\displaystyle{ a,k}\). Dostajemy zatem dla \(\displaystyle{ t \in (0,1)}\):
\(\displaystyle{ F_Z(t)= \int_{0}^{+\infty}h(y) F_1\left( \frac{t}{1-t}y \right)\,\dd y}\)
Korzystając teraz z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu całki względem parametru i ze wzoru na pochodną funkcji złożonej, dostajemy gęstość:
\(\displaystyle{ f_Z(t)= \frac{1}{(1-t)^2} \int_{0}^{+\infty}yh(y)g\left( \frac{t}{1-t}y \right)\,\dd y=\\=\frac{1}{(1-t)^2} \int_{0}^{+\infty}y \frac{k^b}{\Gamma(b)}y^{b-1}e^{-ky} \frac{k^a}{\Gamma(a)}\left( \frac{t}{1-t}y \right)^{a-1}e^{-k\left( \frac{t}{1-t} y\right) } \,\dd y}\)
o ile nigdzie się nie rąbnąłem w obliczeniach. Teraz idea jest taka: porządkujesz to i domnażasz/dzielisz przez takie stałe, by sprowadzić tę całkę do całki z gęstości rozkładu Gamma, podpowiem, że z parametrami \(\displaystyle{ a+b, \frac{k}{1-t}}\).

Pewnie wyjdzie jakiś rozkład beta z odpowiednimi parametrami, ale to już się robi czysto rachunkowe i nie chce mi się tego przeliczać.

Z wyrazami szacunku, Adolf Hitler.

[adam4990]

Bardzo dziękuję. Z Twoją pomocą wyszło mi, że gęstość jest równa \(\displaystyle{ t^{a-1} (1-t)^{b-1} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}}\), czyli rzeczywiście jest to rozkład beta.

Podpowiesz mi jeszcze jak pokazać, że zmienne losowe \(\displaystyle{ Z}\) i \(\displaystyle{ M=X+Y}\) są niezależne?
Udało mi się wyliczyć, że gęstość \(\displaystyle{ M}\) to \(\displaystyle{ f(t)= \frac{k^{a+b}}{\Gamma(a+b)} t^{a+b-1} e^{-tk}}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\), czyli jest to rozkład Gamma z parametrami \(\displaystyle{ (a+b,k)}\).

Wiem, że niezależność sprawdza się pokazując, że \(\displaystyle{ f(x,y)=f(x)f(y)}\), natomiast nie wiem jak wyznaczyć \(\displaystyle{ f(x,y)}\).
Z góry dziękuję za pomoc

[Premislav]

Podpowiesz mi jeszcze jak pokazać, że zmienne losowe \(\displaystyle{ Z}\) i \(\displaystyle{ M=X+Y}\) są niezależne?

Hmm… Wydaje się trudne (EDIT: ale nie jest, co najwyżej nieco uciążliwe rachunkowo). A to w ogóle jest prawda? Bo wygląda dość zaskakująco (ale przynajmniej jest to motywacja do zajęcia się czymś takim). Zaraz zobaczę.
Popatrzmy: pokazałem Ci, jak znaleźć gęstość rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z}\), wychodzi gęstość rozkładu beta z parametrami \(\displaystyle{ a,b}\), czyli
\(\displaystyle{ f_Z(t)=1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l} _{(0,1)}(t) \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}t^{a-1}(1-t)^{b-1}}\)
Ponadto, jak słusznie napisałeś, zmienna losowa \(\displaystyle{ M=X+Y}\) ma rozkład Gamma z parametrami \(\displaystyle{ a+b, k}\).
Chcielibyśmy sprawdzić, czy dla dowolnych \(\displaystyle{ s \in (0,1), t >0}\) (dla pozostałych wartości jest to oczywiste) zachodzi
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( Z \le s, \ M\le t\right) =\mathbf{P}(Z \le s)\mathbf{P}(M \le t)}\)
W tym celu znów spróbujemy wykorzystać rozkład łączny wektora losowego \(\displaystyle{ (X, Y)}\), a następnie jakąś zamianę zmiennych. Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( Z \le s, \ M\le t\right)=\iint_{\RR^2} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( \frac{x}{x+y}\le s, x+y \le t \right)g(x) h(y) \,\dd(x,y)=\\=\iint_{\RR^2} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( \frac{x}{x+y}\le s, x+y \le t \right)1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l} _{(0,+\infty)}(x) \frac{k^a}{\Gamma(a)}x^{a-1} e^{-kx}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l} _{(0,+\infty)}(y) \frac{k^b}{\Gamma(b)}y^{b-1} e^{-ky} \,\dd(x,y)=\\= \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( \frac{x}{x+y}\le s, x+y \le t \right) \frac{k^{a+b}}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{a-1}y^{b-1} e^{-k(x+y)}\,\dd x \,\dd y}\)
Teraz czas na zamianę zmiennych, bo z tym indykatorem to trochę by była masakra (jest swoją drogą taki zespół The Brian Jonestown Massacre):
połóżmy \(\displaystyle{ u=x+y, v= \frac{x}{x+y}}\). Wówczas mamy
\(\displaystyle{ x=uv, \ y=u-uv}\)
Jakobian odwzorowania to se policz (nie lubię zapisywać macierzy, bo źle wyrównuję kolumny), mnie wyszedł taki: \(\displaystyle{ -uv-u(1-v)=-u \neq 0}\), czyli jego wartość bezwzględna wynosi \(\displaystyle{ u}\).
Dostajemy więc w nowych zmiennych \(\displaystyle{ (u,v)}\) taką całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \int_{0}^{+\infty} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( v \le s,u \le t \right) \frac{k^{a+b}}{\Gamma(a)\Gamma(b)}u\cdot (uv)^{a-1}\left( u-uv\right)^{b-1} e^{-ku} \,\dd u \,\dd v}\)
Ja już z tej postaci widzę, że wyjdzie z tego \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Z \le s)\mathbf{P}(M \le t)}\),
czyli to co chcieliśmy udowodnić (to wszystko dzięki temu, że wierzę w Buddę, a nie w Jana Pawła czy Jezusa ). Jak chcesz, to sobie dolicz - przyznam, że ten fakt (tzn. ta niezależność \(\displaystyle{ Z}\) i \(\displaystyle{ M}\)) mnie zaskoczył…
Inny pomysł to jakieś manipulacje na funkcjach charakterystycznych, ale w tym przypadku mi one nie wyszły.
Jezu, jak ja wolno piszę, w ogóle wszystko robię wolno.
Es lebe das heilige Deutschland!

-- 28 wrz 2017, o 17:12 --

Aha, może niefortunnie sformułowałem myśl i ktoś się będzie zastanawiał, o co chodzi: otóż zmienne losowe \(\displaystyle{ Z, M}\) są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych \(\displaystyle{ s,t \in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Z \le s, \ M \le t)=\mathbf{P}(Z \le s)\cdot \mathbf{P}(M \le t)}\).

Może da się udowodnić rzeczoną niezależność w prostszy sposób, ale szczerze mówiąc nie mam żadnego pomysłu.

-- 28 wrz 2017, o 17:17 --

Aaa, jeszcze bardzo ważna rzecz (myślę, że to ogarniesz, ale na wszelki wypadek dopiszę):
jest \(\displaystyle{ 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( v \le s,u \le t \right)= 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left( v \le s \right)\cdot 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}\left(u \le t \right)}\)
(można to sprawdzić na palcach).

[adam4990]

Dzięki!

Udało mi się doprowadzić do końca ten problem! Bardzo ciekawe zadanko.