qual è il pdf del prodotto di due variabili casuali indipendenti X e Y, se X e Y sono indipendenti? X è distribuito normalmente e Y è distribuito chi-quadrato.

Z = XY

se ha una distribuzione normale e ha distribuzione Chi- con grado di libertà dove è la funzione di passo unitario. $X$

X \sim N (μ_{x}, σ_{x}^{2})

$X\sim N(\mu_x,\sigma_x^2)$

f_{X} (x) = \frac{1}{σ_{x} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} (\frac{x - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}}

$f_X(x)={1\over\sigma_x\sqrt{2\pi}}e^{-{1\over2}({x-\mu_x\over\sigma_x})^2}$

Y

$Y$

k

$k$

Y \sim χ_{k}^{2}

$Y\sim \chi_k^2$

f_{Y} (y) = \frac{y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2}}{2^{k / 2} Γ (\frac{k}{2})} u (y)

$f_Y(y)={y^{(k/2)-1}e^{-y/2}\over{2^{k/2}\Gamma({k\over2})}}u(y)$

u (y)

$u(y)$

Ora, qual è il pdf di se e sono indipendenti? $Z$ $X$ $Y$

Un modo per trovare la soluzione è usare il risultato ben noto di Rohatgi (1976, p.141) se è il pdf congiunto di e del camper continuo , il pdf di è $f_{XY}(x,y)$ $X$ $Y$ $Z$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| y |} f_{X Y} (\frac{z}{y}, y) d y

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}{{1\over|y|}f_{XY}({z\over y},y)dy}$

poiché, e sono indipendenti Dove affrontiamo il problema di risolvere l'integrale . Qualcuno può aiutarmi con questo problema. $X$ $Y$ $f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| y |} f_{X} (\frac{z}{y}) f_{Y} (y) d y

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}{{1\over|y|}f_{X}({z\over y})f_{Y}(y)dy}$

f_{Z} (z) = \frac{1}{σ_{x} \sqrt{2 π}} \frac{1}{2^{k / 2} Γ (\frac{k}{2})} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{| y |} e^{- \frac{1}{2} (\frac{\frac{z}{y} - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}} y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2} d y

$f_Z(z) = {1\over\sigma_x\sqrt{2\pi}}{1\over{2^{k/2}\Gamma({k\over2})}}\int_{0}^{\infty}{{1\over|y|}e^{-{1\over2}({{z\over y}-\mu_x\over\sigma_x})^2} {y^{(k/2)-1}e^{-y/2}}dy}$

\int_{0}^{\infty} \frac{1}{| y |} e^{- \frac{1}{2} (\frac{\frac{z}{y} - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}} y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2} d y

$\int_{0}^{\infty}{{1\over|y|}e^{-{1\over2}({{z\over y}-\mu_x\over\sigma_x})^2} {y^{(k/2)-1}e^{-y/2}}dy}$

c'è un modo alternativo per risolvere questo?

normal-distribution chi-squared random-variable

— pettirosso
fonte

L'ultimo passo non sembra del tutto corretto. " " sembra significare , ma - cosa ancora più importante - non puoi semplicemente cambiare il limite inferiore in : devi spezzare l'integrale in due separati in , cambiare per quello nella gamma negativa, e quindi combinare i due. Credo che ciò possa rendere trattabile l'integrazione: sembra dare una combinazione lineare di funzioni ipergeometriche generalizzate.

f_{\frac{X}{Y}}

$f_\frac{X}{Y}$

f_{X}

$f_X$

0

$0$

0

$0$

y \to - y

$y\to -y$

— whuber

Sì, è stato un errore dovrebbe essere .

f_{\frac{Z}{Y}} (\frac{z}{y})

$f_{Z\over Y}({z\over y})$

f_{X} (\frac{z}{y})

$f_X({z\over y})$

— Robin

Ma suppongo che cambiare il limite inferiore su 0 sia valido perché è una funzione su che è indicata dalla funzione di step unitario .

f_{Y} (y)

$f_Y(y)$

(0, \infty)

$(0,\infty)$

u (y)

$u(y)$

— Robin

Non sono più addestrato a questo tipo di calcoli ... ma non sembra che sia possibile finire con una formula chiusa. Se ne hai bisogno per un'applicazione pratica, penso che dovresti concentrarti su "come calcolarlo in modo efficiente".

— Elvis,

C'è qualche motivazione per questa domanda? Una normale divisa per è una uno studente , ma perché considereresti una normale moltiplicata o divisa per un ?

χ

$\chi$

t

$t$

χ^{2}

$\chi^2$

— Xi'an,

semplificare il termine nell'integrale di

$T=e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} y^{k/2-2}$

trova il polinomio tale che $p(y)$

$[p(y)e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)}]'=p'(y)e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} + p(y) [-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)]' e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} = T$

che si riduce a trovare tale che $p(y)$

$p'(y) + p(y) [-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)]' = y^{k/2-2}$

$p'(y) -\frac{1}{2} p(y) (\frac{z \mu_x }{\sigma_x^2} y^{-2} \frac{z^2}{\sigma_x^2} y^{-3} -1)= y^{k/2-2}$

che può essere fatto valutando tutti i poteri di separatamente $y$

modifica dopo i commenti

La soluzione sopra non funzionerà in quanto divergente.

Tuttavia, alcuni altri hanno lavorato su questo tipo di prodotto.

Utilizzando la trasformata di Fourrier:

Schoenecker, Steven e Tod Luginbuhl. "Funzioni caratteristiche del prodotto di due variabili casuali gaussiane e del prodotto di una variabile casuale gaussiana e una gamma." Lettere di elaborazione del segnale IEEE 23.5 (2016): 644-647. http://ieeexplore.ieee.org/document/7425177/#full-text-section

Per il prodotto con e hanno ottenuto la funzione caratteristica: $Z=XY$ $X \sim \mathcal{N}(0,1)$ $Y \sim \Gamma(\alpha,\beta)$

$\varphi_{Z} = \frac{1}{\beta^\alpha }\vert t \vert^{-\alpha} exp \left( \frac{1}{4\beta^2t^2} \right) D_{-\alpha} \left( \frac{1}{\beta \vert t \vert } \right)$

con la funzione di Whittaker ( http://people.math.sfu.ca/~cbm/aands/page_686.htm ) $D_\alpha$

Utilizzando la trasformazione di Mellin:

Springer e Thomson hanno descritto più in generale la valutazione dei prodotti delle variabili casuali distribuite beta, gamma e gaussiana.

Springer, MD e WE Thompson. "La distribuzione di prodotti di beta, gamma e variabili casuali gaussiane." SIAM Journal on Applied Mathematics 18.4 (1970): 721-737. http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065

Usano la trasformazione integrale di Mellin. La trasformata di Mellin di è il prodotto delle trasformazioni di Mellin di e (vedi http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065 o https://projecteuclid.org/euclid.aoms/1177730201 ). Nei casi studiati di prodotti la trasformazione inversa di questo prodotto può essere espressa come una funzione G di Meijer per la quale forniscono e dimostrano anche metodi computazionali. $Z$ $X$ $Y$

Non hanno analizzato il prodotto di una variabile distribuita gaussiana e gamma, anche se potresti essere in grado di utilizzare le stesse tecniche. Se provo a farlo rapidamente, credo che dovrebbe essere possibile ottenere una funzione H ( https://en.wikipedia.org/wiki/Fox_H-function ) anche se non vedo direttamente la possibilità di ottenere una G- funzionare o apportare altre semplificazioni.

$M\lbrace f_Y(x) \vert s \rbrace = 2^{s-1} \Gamma(\tfrac{1}{2}k+s-1)/\Gamma(\tfrac{1}{2}k)$

$M\lbrace f_X(x) \vert s \rbrace = \frac{1}{\pi}2^{(s-1)/2} \sigma^{s-1} \Gamma(s/2)$

hai capito

$M\lbrace f_Z(x) \vert s \rbrace = \frac{1}{\pi}2^{\frac{3}{2}(s-1)} \sigma^{s-1} \Gamma(s/2) \Gamma(\tfrac{1}{2}k+s-1)/\Gamma(\tfrac{1}{2}k)$

e la distribuzione di è: $Z$

$f_Z(y) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} y^{-s} M\lbrace f_Z(x) \vert s \rbrace ds$

che mi sembra (dopo un cambiamento di variabili per eliminare il termine ) almeno come una funzione H $2^{\frac{3}{2}(s-1)}$

ciò che rimane è il puzzle per esprimere questa trasformazione inversa di Mellin come funzione G. Il verificarsi di e complica questo. Nel caso separato per un prodotto di sole variabili distribuite gaussiane, potrebbe essere trasformato in sostituendo la variabile . Ma a causa dei termini della distribuzione chi-quadro questo non funziona più. Forse questo è il motivo per cui nessuno ha fornito una soluzione per questo caso. $s$ $s/2$ $s/2$ $s$ $x=w^2$

— Sesto Empirico
fonte

... che cede ...?

— Lupi,

dà l'antiderivativo del termine nell'integrale che deve essere risolto secondo la domanda

— Sesto Empirico

Non è chiaro quale progresso rappresenti questa analisi. Ottieni una soluzione o no?

— whuber

Trovare i coefficienti del polinomio (che chiude la soluzione) è un compito noioso, ma semplice, che ho lasciato aperto. Presto inserirò alcuni esempi per alcuni .

p (y)

$p(y)$

k

$k$

— Sesto Empirico

pdf del prodotto di due variabili casuali indipendenti, normale e chi-quadrato

modifica dopo i commenti

Utilizzando la trasformata di Fourrier:

Utilizzando la trasformazione di Mellin: