二乗ガンマの期待

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ガンマ分布がおよびでパラメーター化されている場合： $\alpha$ $\beta$

E (Γ (α, β)) = \frac{α}{β}

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

二乗ガンマの期待値を計算したいと思います。

E (Γ (α, β)^{2}) = ?

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

私はそうだと思います：

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

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

この後者の表現が正しいかどうか誰かが知っていますか？

expected-value gamma-distribution

— ジョシュア
ソース

1

これは、私がガンマから標準偏差を描画しているところに取り組んでいるシミュレーション研究に関連していて、分散の平均（つまり、2乗されたガンマ）が必要でした。

— ジョシュア

13

任意の確率変数の二乗の期待値は、分散とその期待値の二乗の和です。

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

上記のようにパラメーター化された -distribution の期待値は（前述のとおり）で、分散はであるため、その平方の期待値は $\Gamma$ $\alpha/\beta$ $\alpha/\beta^2$

$(\alpha/\beta)^2+\alpha/\beta^2$ 。

つまり、あなたは正しいです。

— タマス・フェレンチ
ソース

私はあなたの方程式に従うかどうか

— Joshua

3

その行は単一の方程式ではありません！中央の矢印に注意してください。最初の部分（矢印の左側）は、2番目の式（矢印の右側）を意味する 1つの方程式です。（を両側に追加することによって。）

[E (X)]^{2}

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

— Tamas Ferenci

7

完全を期すために、密度から生のモーメントを直接計算します。最初に、形状/速度パラメーター化の下で、ガンマ分布は密度当然のことながら、パラメータの選択については、、この結果は、アイデンティティから簡単に導き出され次に、正の整数、

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}

$\begin{align*} \mathrm{E}[X^k] &= \int_{x=0}^\infty x^k f_X(x) \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \beta^\alpha x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)} \int_{x=0}^\infty \frac{\beta^{\alpha+k} x^{\alpha+k-1} e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha+k)} \, dx \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+k)}{\beta^k \Gamma(\alpha)}, \end{align*}$ ここで、最後から2番目のステップでは、積分が等しいことを観察します。これは、パラメータおよびを持つガンマ密度の積分だからです。以下のために、我々はすぐに入手

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}} .

$\mathrm{E}[X^2] = \frac{\Gamma(\alpha+2)}{\beta^2 \Gamma(\alpha)} = \frac{(\alpha+1)\alpha}{\beta^2}.$ 別のアプローチは、モーメント生成関数によるものです：ここで、の条件は、積分が収束するために必要です。これをと書き換えると、次のようになります。

\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)} .

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

— ヘロップ
ソース

非常に明確で、有益な派生。

— ジョシュア