Distribution de la somme des exponentielles

Soit et des variables aléatoires exponentielles indépendantes et identiquement distribuées avec rate . Soit . $X_1$ $X_2$ $\lambda$ $S_2 = X_1 + X_2$

Q: Montrez que a PDF . $S_2$ $f_{S_2}(x) = \lambda^2 x \text{e}^{-\lambda x},\, x\ge 0$

Notez que si des événements se sont produits selon un processus de Poisson (PP) avec un taux , représenterait l'heure du 2e événement. $\lambda$ $S_2$

Des approches alternatives sont appréciées. Les approches fournies sont couramment utilisées lors de l'apprentissage de la théorie des files d'attente et des processus stochastiques.

Rappelons que la distribution exponentielle est un cas particulier de la distribution Gamma (avec le paramètre de forme ). J'ai appris qu'il existe une version plus générale de cela ici qui peut être appliquée. $1$

— SecretAgentMan
source

Cette question est un cas très particulier (et l'un des exemples les plus simples possibles) d'une somme de distributions gamma. (L'exponentielle est une distribution gamma avec un paramètre de forme de

1.

$1.$ ) Ainsi, vous pouvez appliquer n'importe laquelle des réponses sur stats.stackexchange.com/questions/72479 .

— whuber

Je vous remercie. Je n'étais pas au courant de cette question plus générale , même si je savais que l'exponentielle est une distribution gamma avec un paramètre de forme de 1. J'espère que vous conviendrez que cette Q / A est correcte en l'état et ne doit pas être supprimée. C'est une question très fréquente dans certaines disciplines d'ingénierie et est certainement plus accessible que de sauter directement dans l'ajout de distributions Gamma.

— SecretAgentMan

@whuber J'ai mis à jour la question en mentionnant spécifiquement la question plus générale. Je vous remercie.

— SecretAgentMan

Pour les raisons que vous avez données et parce que vous avez présenté clairement les solutions qui fonctionnent spécifiquement dans ce cas, je n'ai pas voté pour la clore en double.

— whuber

Je pense que le vote sur votre question et votre réponse a clairement indiqué ce que la communauté pense de ce fil. :-)

— whuber

Conditionnement
Condition sur la valeur de $X_1$ . Commencez avec la fonction de distribution cumulative (CDF) pour $S_2$ .

$\begin{align} F_{S_2}(x) &= P(S_2\le x) \\ &= P(X_1 + X_2 \le x) \\ &= \int_0^\infty P(X_1+X_2\le x|X_1=x_1)f_{X_1}(x_1)dx_1 \\ &= \int_0^x P(X_1+X_2\le x|X_1=x_1)\lambda \text{e}^{-\lambda x_1}dx_1 \\ &= \int_0^x P(X_2 \le x - x_1)\lambda \text{e}^{-\lambda x_1}dx_1 \\ &= \int_0^x\left(1-\text{e}^{-\lambda(x-x_1)}\right)\lambda \text{e}^{-\lambda x_1}dx_1\\ &=(1-e^{-\lambda x}) - \lambda x e^{-\lambda x}\end{align}$

Il s'agit du CDF de la distribution. Pour obtenir le PDF, différenciez par rapport à $x$ ( voir ici ).

F_{S_{2}} (X) = λ^{2} X e^{- λ X} ◻

$f_{S_2}(x) = \lambda^2 x \text{e}^{-\lambda x} \quad\square$

Ceci est un Erlang $(2,\lambda)$ distribution (voir ici) .

Approche générale
Intégration directe reposant sur l'indépendance des $X_1$ & $X_2$ . Encore une fois, commencez par la fonction de distribution cumulative (CDF) pour $S_2$ .

$\begin{align} F_{S_2}(x) &= P(S_2\le x) \\ &= P(X_1 + X_2 \le x) \\ &= P\left( (X_1,X_2)\in A \right) \quad \quad \text{(See figure below)}\\ &= \int\int_{(x_1,x_2)\in A} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)dx_1 dx_2 \\ &(\text{Joint distribution is the product of marginals by independence}) \\ &= \int_0^{x} \int_0^{x-x_{2}} f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2)dx_1 dx_2\\ &= \int_0^{x} \int_0^{x-x_{2}} \lambda \text{e}^{-\lambda x_1}\lambda \text{e}^{-\lambda x_2}dx_1 dx_2\\ \end{align}$

Puisque c'est le CDF, la différenciation donne le PDF, $f_{S_2}(x) = \lambda^2 x \text{e}^{-\lambda x} \quad\square$

Approche MGF
Cette approche utilise la fonction de génération de moment (MGF).

$\begin{align} M_{S_2}(t) &= \text{E}\left[\text{e}^{t S_2}\right] \\ &= \text{E}\left[\text{e}^{t(X_1 + X_2)}\right] \\ &= \text{E}\left[\text{e}^{t X_1 + t X_2}\right] \\ &= \text{E}\left[\text{e}^{t X_1} \text{e}^{t X_2}\right] \\ &= \text{E}\left[\text{e}^{t X_1}\right]\text{E}\left[\text{e}^{t X_2}\right] \quad \text{(by independence)} \\ &= M_{X_1}(t)M_{X_2}(t) \\ &= \left(\frac{\lambda}{\lambda-t}\right)\left(\frac{\lambda}{\lambda-t}\right) \quad \quad t<\lambda\\ &= \frac{\lambda^2}{(\lambda-t)^2} \quad \quad t<\lambda \end{align}$

While this may not yield the PDF, once the MGF matches that of a known distribution, the PDF also known.

— SecretAgentMan
source

You wrote both the question and the answer. What is your point, if I may ask?

— Xi'an

@Xi'an, I thought SE encouraged asking the question and answering it...I can screenshot where SE seems to encourage that for you if you want. I've seen a lot of basic questions repeatedly asked and I've been thinking about posting some specific approaches to refer people to. I wasn't able to find something like this and I can refer people to this for a variety of things. If the CV community really hates this post that much, I will voluntarily delete it.

— SecretAgentMan

@Xi'an, Respectfully, I believe you both asked and answered a question here.

— SecretAgentMan

@Xi'an You may wish to read stats.stackexchange.com/help/self-answer

— Sycorax says Reinstate Monica

@Alex good question. I wasn't thinking about getting PDF analytically from MGF. Instead, if you identify the MGF, then you've solved the problem (see my edit).

— SecretAgentMan