Distribuição gama

Páginas: 5 (1072 palavras) Publicado: 30 de outubro de 2012
1

1

Distribui¸˜o Gamma
ca

Uma vari´vel aleat´ria X tem disbribui¸ao gamma como parˆmetros a > 0
a
o

a
e λ > 0 se sua densidade de probabilidade ´ dada por:
e
λa a−1 −λx
x e I (x)(0,∞)
Γ(a)
Demostra¸ao


0

λa a−1 −λx
xe
Γ(a)

chamamos,
u = λx
du = λdx
u
x= λ
logo minha nova integral fica
λa
Γ(a)
λa
Γ(a)

u
λ

0


0

λa
Γ(a)
λa
λa Γ(a)



0

a−1

a



u
a

−1

du
=
λ

e −u

du
=
λ

ua λ −u du
e
=
λa u
λ


0

e −u

ua−1 e−u du =

Γ(a)
=1
Γ(a)
Portanto ´ uma legitima desidade de probabilidade.
e

para x > 0 e f (x) = 0 para x < 0.

2
Se o parˆmetro a for inteiro, esta fam´ de distribui¸ao de probabilidade
a
ılia

recebe o nome de distribui¸ao de Erleng. Essa distribui¸aotem um papel


de destaque em telefonia e recebeu esse nome em homenagem ao engenheiro
dinamarquˆs Erleng, que empregou essas distribui¸ao pela primeira vez para
e

modelar dura¸ao de chamadas telefˆnica por volta de 1917.

o
uma outra propriedade da gama para a inteiro ´
e
Γ(a) = (a − 1)!
Demostra¸ao

Γ(a) =


0

xa−1 e−x dx =

Fazendo uma integral por partesChamamos
u = xa−1 =⇒ du = (a − 1)xa−2 dx
v = e −x = − e −x
portanto
− xa−2 e −x | ∞ +
0


0

e−x (a − 1)xa−2 dx =

Como limete de
lim −xa−2 e−x =⇒ 0

x→∞

logo minha nova integral fica
(a − 1)


0

e−x xa−2 dx =

Fazendo uma nova integral por por partes
Chamamos
z = xa−2 =⇒ dz = (a − 2)xa−3 dx

3
v = − e −x
portanto


−xa−2 e−x |∞ +(a − 1)(a − 2)
0

0

xa−3 e−xdx = (a − 1)(a − 2)

Pela recussividade temos que
Γ(a) = (a − 1)(a − 2)(a − 3) · · · 1 = (a − 1)!

2o Propriedade
Γ(a + 1) = aΓ(a)
Demostra¸ao:

Γ(a + 1) =


0

xa−1 e−x dx =


0

Integrando por partes temos
x = xa =⇒ du = axa−1 dx
v = − e −x
Logo fica
−xa e−x |∞ +aΓ(a)
0
Como o limete
xa
=⇒ 0
x→∞ ex
lim

Portanto
Γ(a + 1) = aΓ(a)

xa+1−1 e−x dx


0xa−3 e−x dx

4
3o propriedade
Γ(1/2) =


π

Vamos utilizar a densidade da normal (0, 1)
Z ∼ N (0, 1) =⇒ f (z ) =

2

z
√1 e− 2


I (x)(0,∞)

Sabemos:

P (z > 0) =


0

z2
1
1
√ e− 2 dz =
2


Seja
t=

z2
2

=⇒ z =

√√
2 t =⇒ dz =


2
√ dt
2t

Ent˜o
a


0


1 −t 2
1
√ e √ dt =
2
2t



0


0


2 2π
1 −t
√ e dt = √
t22
1
√ e−t dt =
t


0


2


1
√ e−t dt = π
t

1
Γ( ) = π
2

5
Outro metodo para demostrar Γ(1/2)

β (a, b) =

1
0

xa−1 (1 − x)b−1 dx

Seja
x = sin2 θ =⇒ dx = 2 sin θ cos θdθ
Quando
x = 0 =⇒ sin2 θ = 0 e x = 1 =⇒ sin2 θ =

π
2

Logo

β (a, b) =

π
2

0

(sin2 θ)a−1 (cos2 θ)b−1 2 sin θ cos θdθ = 2

π
2

0

(sin2 θ)a−1 (cos2 θ)b−1 sin θ cosθdθ

Para β ( 1 , 1 ) temos
22
11
β( , ) = 2
22

π
2

0

π
2
dθ = 2θ |0 = π

Como
Γ( 1 )Γ( 1 )
11
1
2
β( , ) = 2
= Γ( )
22
Γ(1)
2

2



Portanto

1
Γ( ) = π
2
Vamos determinar a fun¸ao geradora de momentos da distribui¸ao gama:



6

λa
Γ(a)

φ( t) =


0

etx xa−1 e−λx dx =

λa
Γ(a)


0

xa−1 e−x(λ−t) dx

Seja
u = x(λ − t) =⇒du = (λ − t)dx
x = λu t

Logo
φ( t) =

λa
Γ(a)


0

u
λ−t

a−1

e −u

a

φ( t) =
Portanto

λ
1
Γ(a) (λ − t)a

du
λa
=
λ−t
Γ(a)


0

ua−1 e−u du =

φ( t) =

λ
λ−t


0

ua λ − t −u du
e
(λ − t)a u
λ−t

λa
1
Γ(a)
Γ(a) (λ − t)a

a

Notemos que, se a for inteiro, a fun¸ao geradora de momentos obtida ´ a

e
a-´sima potˆncia da fun¸aogeradora de momentos da distribui¸ao exponene
e


cial com parˆmetro λ. Implica que uma vari´vel aleat´ria com distribui¸ao
a
a
o

de Erlang de parˆmetros a e λ ´ igual a soma de a vari´veis aleat´ria ina
e
a
o
dependentes e identicamente distribu´
ıdas, com distribui¸ao exponencial com

parˆmetro λ. Derivando-se a fun¸ao geradora de momentos dada, podemos
a

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