不同方法推導Gamma分布可加性產生的矛盾
Gamma分布的概率密度函數表示如下:
\[X \backsim G(\alpha,\beta): f(x)=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}e^{-\beta x} \]
其對應的矩母函數為
\[{\rm M}_x(t)=(1+\beta t)^{-\alpha} \]
顯然，若\(X_1 \backsim G(\alpha_1,\beta),X_2 \backsim G(\alpha_2,\beta)\)，則\({\rm M}_{x_1}(t)=(1+t/\beta)^{-\alpha_1},{\rm M}_{x_2}(t)=(1+t/\beta)^{-\alpha_2}\)，所以\({\rm M}_{x_1}(t){\rm M}_{x_2}(t)=(1+t/\beta)^{-(\alpha_1+\alpha_2)}\)，所以\(X_1+X_2 \backsim G(\alpha_1+\alpha_2,\beta)\)，這即為Gamma分布的可加性原則。
從矩母函數的角度出發，Gamma分布可加性原則是顯而易見的。然而，本人在利用其它方法推導這一性質時，卻出現了矛盾，一時難以發現端倪。現將推導過程展示如下（針對\(\alpha_1,\alpha_2\)為大於等於1的整數的情況）：
由概率論的知識我們知道，兩個隨機變量的和的概率密度函數是各自概率密度函數的卷積，因此若\(X=X_1+X_2\)，則
\[\begin{equation} \begin{aligned} f_x(x)&=f_{x_1}(x)*f_{x_2}(x)=\int_0^x f_{x_1}(y)f_{x_2}(x-y)dy\\ &=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}\int_0^x y^{\alpha_1-1}e^{-\beta y} (x-y)^{\alpha_2-1}e^{-\beta(x-y)}dy\\ &=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}e^{-\beta x}\int_0^x y^{\alpha_1-1} (x-y)^{\alpha_2-1}dy \end{aligned} \end{equation}\tag{1} \]
針對(1)中最后一個等式的計算，采用不同方法出現了不同的結果：
方法1：用二項展開可以得到\((x-y)^{\alpha_2-1}=\sum_{i=0}^{\alpha_2-1} (-1)^i\begin{pmatrix}\alpha_2-1\\i\end{pmatrix}x^{\alpha_2-1-i} y^i\)，將其代入(1)中可以得到
\[\begin{equation} \begin{aligned} f_x(x)&=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}e^{-\beta x}\sum_{i=0}^{\alpha_2-1}(-1)^i\begin{pmatrix}\alpha_2-1\\i \end{pmatrix}x^{\alpha_2-1-i} \int_0^x y^{\alpha_1+i-1}dy\\ &=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}[\sum_{i=0}^{\alpha_2-1}(-1)^i\begin{pmatrix}\alpha_2-1\\i \end{pmatrix}/(\alpha_1+i)]x^{\alpha_1+\alpha_2-1}e^{-\beta x} \end{aligned} \end{equation}\tag{2} \]
顯然，要想使命題得證，需要有\(\sum_{i=0}^{\alpha_2-1}(-1)^i\begin{pmatrix}\alpha_2-1\\i \end{pmatrix}/(\alpha_1+i)=\Beta(\alpha_1,\alpha_2)\)，（其中\(B(\alpha_1,\alpha_2)\)表示beta函數）但是這個等式似乎並不成立(可以簡單地用數值驗證)。因此利用上述方法無法使命題得證。
方法2：令\(y=tx\)，將(1)轉化為對\(t\)的積分，可以得到
\[\begin{equation} \begin{aligned} f_x(x)&=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}[\int_0^1 t^{\alpha_1-1}(1-t)^{\alpha_2-1}dt]x^{\alpha_1+\alpha_2-1}e^{-\beta x}\\ &=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1)\Gamma(\alpha_2)}\Beta(\alpha_1,\alpha_2)x^{\alpha_1+\alpha_2-1}e^{-\beta x}\\ &=\frac{\beta^{\alpha_1+\alpha_2}}{\Gamma(\alpha_1+\alpha_2)}x^{\alpha_1+\alpha_2-1}e^{-\beta x} \end{aligned} \end{equation}\tag{3} \]
顯然，命題得證。
暫時沒發現為什么方法1沒有能夠使命題得證！！！
說明: 經過證明，確定上面兩種推導方法得到的結果是一致的。具體地，我們要證明\(\sum_{i=0}^{\alpha_2-1}(-1)^i\begin{pmatrix}\alpha_2-1\\i \end{pmatrix}/(\alpha_1+i)=\Beta(\alpha_1,\alpha_2)\)這個等式是成立的，證明過程如下：
證明過程需要用到一個積分等式(該等式可從參考文獻[1]中找到)：
\[\int_0^\infty(1-e^{-x/\beta})^{\alpha-1}e^{-\mu x}dx=\beta \Beta(\beta\mu,\alpha),({\rm Re\beta>0,{\rm Re}\alpha>0,{\rm Re}\mu>0})\tag{4} \]
根據(4)，我們令\(\beta=1\)，則有
\[\begin{equation} \begin{aligned} \int_0^\infty(1-e^{-x})^{\alpha-1}e^{-\mu x}dx&=\int_0^\infty \sum_{i=0}^{\alpha-1}(-1)^i \begin{pmatrix}\alpha-1\\i\end{pmatrix}e^{-(i+\mu)x}dx\\ &=\sum_{i=0}^{\alpha-1}(-1)^i \begin{pmatrix}\alpha-1\\i\end{pmatrix}\int_0^\infty e^{-(i+\mu)x}dx\\ &=\sum_{i=0}^{\alpha-1}(-1)^i \begin{pmatrix}\alpha-1\\i\end{pmatrix}/(i+\mu)\\ &=\Beta(\mu,\alpha) \end{aligned} \end{equation}\tag{5} \]
至此，得證。
參考文獻
[1] Gradshteyn, I. S. and Ryzhik, L.M. "Table of Integrals, Series, and Products (6th ed)", New York: Academic Press, 2000, pp. 331 and 899.
