UE Stochastic Processes - Beispiel 25

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Man berechne durch Induktion die Verteilungsfunktion der \mbox{Erlang}(\lambda, k) \, Verteilung:

P(T_1 + \ldots + T_k \le t) = 1 - e^{-\lambda t} \sum_{i=0}^{k-1} \frac{(t\lambda)^i}{i!} \,

wobei T_i \, unabhängig identisch nach Exponential (\lambda) \, verteilt sind. Die Dichte der \mbox{Erlang}(\lambda, k i) \, Verteilung ist

\frac{\lambda^k}{(k-1)!} e^{-\lambda u} u^{k-1} \, 

 S_k = T_1 + \ldots + T_k \,

Mit Hilfe von de:Faltung kann die Summe von 2 unabhängig verteilten Zufallsvariablen 
 Z \sim X + Y \, mit Dichtefunktion  h(z) = \int_{x=-\infty}^\infty f(x) g(z-x) \,dx 

In diesem speziellen Fall

\begin{align}
h(z)
& = \int_{x=-\infty}^\infty f(x) f(z-x) \, dx \\
& = \int_{x=0}^z \lambda e^{-\lambda x} \lambda e^{-\lambda (z - x)} \, dx \\
& = \int_{x=0}^z \lambda^2 e^{-\lambda x - \lambda z + \lambda x} \, dx \\
& = \int_{x=0}^z \lambda^2 e^{-\lambda z} \, dx \\
& = \lambda^2 x e^{-\lambda z} |_{x=0}^z \\
& = \lambda^2 z e^{-\lambda z} \\
\end{align}

WICHTIG (zumindest für mich) die Grenzen ergeben sich aus dem Definitionsbereich der Dichten. 
Es fängt bei 0 an, weil f(x) = 0\, für x<0\, ist. 
Aber warum ist die obere Grenze nicht \infty\,? 
(Thanks to Polytope from #math): Ist x > z\, so ist z-x < 0\, und daher f(z-x) = 0 \,.

Gegeben  X \sim \mbox{Erlang}(\lambda, k-1), Y \sim \mbox{Exponential}(\lambda) \, zeigen wir das  Z = X + Y \sim \mbox{Erlang}(\lambda, k) \,.

 \begin{align}
h(z)
& = \int_{x=-\infty}^\infty f(x) f(z-x) \, dx \\
& = \int_{x=0}^z   \frac{\lambda^{k-1}}{(k-2)!} e^{-\lambda x} x^{k-2} \lambda e^{-\lambda (z - x)} \, dx \\
& = \int_{x=0}^z   \frac{\lambda^k}{(k-2)!} e^{-\lambda x - \lambda z + \lambda x} x^{k-2} \, dx \\
& = \int_{x=0}^z   \frac{\lambda^k}{(k-2)!} e^{-\lambda z} x^{k-2} \, dx \\
& = \frac{\lambda^k}{(k-2)!} e^{-\lambda z} \frac{1}{k-1} x^{k-1} \Bigg|_{x=0}^z \\
& = \frac{\lambda^k}{(k-1)!} e^{-\lambda z} x^{k-1} \Bigg|_{x=0}^z \\
& = \frac{\lambda^k}{(k-1)!} e^{-\lambda z} z^{k-1} \\
\end{align}
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