工場統計力学（建設中！）

２つの指数分布の畳込み

確率論

「QNA読解：5.1 GI/G/1待ち行列（５）」で登場した２つの指数分布の畳込み分布

$f_D(x)=\left(\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\right)[\exp(-\gamma_2x)-\exp(-\gamma_1x)]$ 、 $x{\ge}0$ ・・・・(1)
ただし
- $\gamma_2^{-1}=\frac{ED+\sqrt{2Var(D)-(ED)^2}}{2}$ ・・・・(2)
- $\gamma_1^{-1}=ED-\gamma_2^{-1}$ ・・・・(3)

で、

分布 $f_D(x)$ が正規化されていること
平均が $ED$ になること
分散が $Var(D)$ になること

を確認します。さらに「QNA読解：5.1 GI/G/1待ち行列（５）」で登場した裾野分布の式

$P(D>x)=[\gamma_1\exp(-\gamma_2x)-\gamma_2\exp(-\gamma_1x)]/(\gamma_1-\gamma_2)$ ・・・・(4)

も確かめます。

正規化されていることの確認

$\Bigint_0^{\infty}f_D(x)dx=\left(\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\right)\left[\Bigint_0^{\infty}\exp(-\gamma_2x)dx-\Bigint_0^{\infty}\exp(-\gamma_1x)dx\right]$

ここで「アーラン分布」の式(4)（ここでは式(5)と呼びます）

$\Bigint\0^{\infty}t^k\exp(-\lambda{t})dt=\frac{k!}{\lambda^{k+1}}$ ・・・・(5)

を利用すると

$\Bigint_0^{\infty}f_D(x)dx=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\left(\frac{1}{\gamma_2}-\frac{1}{\gamma_1}\right)=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\frac{\gamma_1-\gamma_2}{\gamma_1\gamma_2}=1$

よって

$\Bigint_0^{\infty}f_D(x)dx=1$

よって分布 $f_D(x)$ は正規化されていることが確認出来ました。

平均が $ED$ になることの確認

$\Bigint_0^{\infty}xf_D(x)dx=\left(\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\right)\left[\Bigint_0^{\infty}x\exp(-\gamma_2x)dx-\Bigint_0^{\infty}x\exp(-\gamma_1x)dx\right]$

ここでやはり式(5)によって

$\Bigint_0^{\infty}xf_D(x)dx=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\left(\frac{1}{\gamma_2^2}-\frac{1}{\gamma_1^2}\right)=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\frac{\gamma_1^2-\gamma_2^2}{\gamma_1^2\gamma_2^2}=\frac{\gamma_1+\gamma_2}{\gamma_1\gamma_2}=\frac{1}{\gamma_1}+\frac{1}{\gamma_2}$ ・・・・(6)

一方、式(3)から

$\frac{1}{\gamma_1}=ED-\frac{1}{\gamma_2}$

よって

$\frac{1}{\gamma_1}+\frac{1}{\gamma_2}=ED$ ・・・・(7)

これを式(6)に代入すれば

$\Bigint_0^{\infty}xf_D(x)dx=ED$ ・・・・(8)

つまり、平均が $ED$ であることが確かめられました。

分散が $Var(D)$ になることの確認

まず

$E(D^2)=\Bigint_0^{\infty}x^2f_D(x)dx=\left(\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\right)\left[\Bigint_0^{\infty}x^2\exp(-\gamma_2x)dx-\Bigint_0^{\infty}x^2\exp(-\gamma_1x)dx\right]$

ここでやはり式(5)を利用して

- $=\frac{2(\gamma_1^2+\gamma_1\gamma_2+\gamma_2^2)}{\gamma_1^2\gamma_2^2}=2\left(\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{1}{\gamma_1\gamma_2}+\frac{1}{\gamma_2^2}\right)$ ・・・・(9)

(8)と(9)から

- $=2\left(\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{1}{\gamma_1\gamma_2}+\frac{1}{\gamma_2^2}\right)-\left(\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{2}{\gamma_1\gamma_2}+\frac{1}{\gamma_2^2}\right)=\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{1}{\gamma_2^2}$

よって

$E(D^2)-(ED)^2=\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{1}{\gamma_2^2}$ ・・・・(10)

一方、(2)から

$\frac{1}{\gamma_2}-\frac{ED}{2}=\frac{\sqrt{2Var(D)-(ED)^2}}{2}$

この左辺に(7)を代入すると

$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\gamma_2}-\frac{1}{\gamma_1}\right)=\frac{\sqrt{2Var(D)-(ED)^2}}{2}$
$\frac{1}{\gamma_2}-\frac{1}{\gamma_1}=\sqrt{2Var(D)-(ED)^2}$
$\frac{1}{\gamma_2^2}-\frac{2}{\gamma_1\gamma_2}+\frac{1}{\gamma_1^2}=2Var(D)-(ED)^2$

この右辺に(7)を代入すると

$\frac{1}{\gamma_2^2}-\frac{2}{\gamma_1\gamma_2}+\frac{1}{\gamma_1^2}=2Var(D)-\frac{1}{\gamma_2^2}-\frac{2}{\gamma_1\gamma_2}-\frac{1}{\gamma_1^2}$
$2Var(D)=\frac{2}{\gamma_1^2}+\frac{2}{\gamma_2^2}$
$Var(D)=\frac{1}{\gamma_1^2}+\frac{1}{\gamma_2^2}$ ・・・・(11)

(10)と(11)から

$E(D^2)-(ED)^2=Var(D)$

よって分散が $Var(D)$ になることが確かめられました。

裾野分布の式の導出

- $=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\left[\frac{1}{\gamma_2}[-\exp(-\gamma_2t)]_x^{\infty}-\frac{1}{\gamma_1}[-\exp(-\gamma_1t)]_x^{\infty}\right]$
- $=\frac{\gamma_1\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}\left[\frac{1}{\gamma_2}\exp(-\gamma_2x)-\frac{1}{\gamma_1}\exp(-\gamma_1x)\right]$
- $=\frac{1}{\gamma_1-\gamma_2}[\gamma_1\exp(-\gamma_2x)-\gamma_2\exp(-\gamma_1x)]$

よって

$P(D>x)=[\gamma_1\exp(-\gamma_2x)-\gamma_2\exp(-\gamma_1x)]/(\gamma_1-\gamma_2)$ ・・・・(4)

を導出することが出来ました。