Come posso calcolare

Supponiamo che e siano funzione di densità e funzione di distribuzione della distribuzione normale standard. $\phi(\cdot)$ $\Phi(\cdot)$

Come si può calcolare l'integrale:

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - a}{b}) ϕ (w) d w

$\int^{\infty}_{-\infty}\Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw$

mathematical-statistics normal-distribution integral

— hadisanji
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Va tutto bene. Un primo riferimento a un risultato più generale che include questo è Ellison (1964, J.Am.Stat.Assoc, 59, 89-95); vedi Corollario 1 del Teorema 2.

Risposte:

Una notazione più convenzionale è

y (μ, σ) = \int Φ (\frac{X - μ}{σ}) φ (X) d X = Φ (\frac{- μ}{\sqrt{1 + σ^{2}}}) .

$y(\mu, \sigma) = \int\Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)\phi(x) dx = \Phi\left(\frac{-\mu}{\sqrt{1+\sigma^2}}\right).$

Questo si può trovare differenziando l'integrale rispetto a e , producendo integrali elementari che possono essere espressi in forma chiusa: $\mu$ $\sigma$

\frac{\partial y}{\partial μ} (μ, σ) = - \frac{1}{\sqrt{2 π} \sqrt{σ^{2} + 1}} e^{- \frac{1}{2} \frac{μ^{2}}{σ^{2} + 1}},

$\frac{\partial y}{\partial \mu}(\mu, \sigma) = -\frac{1}{\sqrt{2 \pi } \sqrt{\sigma ^2+1}}e^{-\frac{1}{2}\frac{\mu ^2}{\sigma ^2+1}},$

\frac{\partial y}{\partial σ} (μ, σ) = \frac{μ σ}{\sqrt{2 π} {(σ^{2} + 1)}^{3 / 2}} e^{- \frac{1}{2} \frac{μ^{2}}{σ^{2} + 1}} .

$\frac{\partial y}{\partial \sigma}(\mu, \sigma) = \frac{\mu\sigma }{\sqrt{2 \pi } \left(\sigma ^2+1\right)^{3/2}}e^{-\frac{1}{2}\frac{\mu ^2}{\sigma ^2+1}}.$

Questo sistema può essere integrato, a partire dalla condizione iniziale = = , per ottenere la soluzione data (che può essere facilmente verificata mediante differenziazione). $y(0,1)$ $\int\Phi(x)\phi(x)dx$ $1/2$

— whuber
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Ho ricontrollato la risposta tramite integrazione numerica e contornando i rapporti per , : l'accordo era di undici cifre significative in questo intervallo.

- 2 \leq μ \leq 2

$-2 \le \mu \le 2$

0 < σ \leq 2

$0 \lt \sigma \le 2$

— whuber

wow, soluzione intelligente.

— Cam.Davidson.Pilon

Penso che questo possa essere fatto quasi per ispezione. Il primo termine sotto l'integrale è una variabile casuale uniforme [0,1]. Poiché il normale pdf è simmetrico, l'integrale dovrebbe essere

\frac{1}{2}

$1 \over 2$

— soakley

@soakley Il tuo approccio funziona per , ma non è chiaro come si applicherebbe ad altri argomenti di .

y (0, 1)

$y(0,1)$

y

$y$

— whuber

@whuber Ci scusiamo per non aver capito, ma una volta che abbiamo le due forme chiuse per la derivata e la condizione iniziale, come possiamo passare da lì alla soluzione finale? In altre parole, che cosa hai fatto con le espressioni in forma chiusa per i derivati e la condizione iniziale?

— user106860

Sia e variabili variabili casuali normali indipendenti con e una variabile casuale normale standard. Quindi,Quindi, usando la legge della probabilità totale, otteniamo che Ora, può essere espresso in termini di notando che , e così otteniamo $X$ $Y$ $X \sim N(a,b^2)$ $Y$

P {X \leq Y | Y = w} = P {X \leq w} = Φ (\frac{w - un'}{B}) .

$P\{X \leq Y \mid Y = w\} = P\{X \leq w\} = \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right).$

P {X \leq Y} = \int_{- \infty}^{\infty} P {X \leq Y | Y = w} φ (w) d w = \int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - un'}{B}) φ (w) d w .

$P\{X \leq Y\} = \int_{-\infty}^\infty P\{X \leq Y \mid Y = w\}\phi(w)\,\mathrm dw = \int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw.$

P {X \leq Y} = P {X - Y \leq 0}

$P\{X \leq Y\} = P\{X-Y \leq 0\}$

Φ (\cdot)

$\Phi(\cdot)$

X - Y \sim N (a, b^{2} + 1)

$X-Y \sim N(a,b^2+1)$

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - un'}{B}) φ (w) d w = Φ (\frac{- un'}{\sqrt{B^{2} + 1}})

$\int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw = \Phi\left(\frac{-a}{\sqrt{b^2+1}}\right)$ che è lo stesso del risultato nella risposta di whuber.

— Dilip Sarwate
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Ecco un'altra soluzione: Definiamo che possiamo valutare per ottenere la nostra espressione desiderata. Conosciamo almeno un valore di funzione di , ad es. causa della simmetria. Portiamo il derivato wrt a e completa il quadrato

\begin{aligned} io (γ) & = \int_{- \infty}^{\infty} Φ (ξ X + γ) N (X | 0, σ^{2}) d X, \end{aligned}

$\begin{align*} I(\gamma) & =\int_{-\infty}^{\infty}\Phi(\xi x+\gamma)\mathcal{N}(x|0,\sigma^{2})dx, \end{align*}$

γ = - ξ μ

$\gamma=-\xi\mu$

I (γ)

$I(\gamma)$

I (0) = 0

$I(0)=0$

γ

$\gamma$

\begin{aligned} \frac{d io}{d γ} & = \int_{- \infty}^{\infty} N ((ξ X + γ) | 0, 1) N (X | 0, σ^{2}) d X \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} {(ξ X + γ)}^{2}) \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2}}} \exp (- \frac{X^{2}}{2 σ^{2}}) d X . \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{dI}{d\gamma} & =\int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{N}((\xi x+\gamma)|0,1)\mathcal{N}(x|0,\sigma^{2})dx\\ & =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\xi x+\gamma\right)^{2}\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\exp\left(-\frac{x^{2}}{2\sigma^{2}}\right)dx. \end{align*}$

\begin{aligned} {(ξ X + γ)}^{2} + \frac{X^{2}}{σ^{2}} & = \underset{= un'}{\underset{⏟}{(ξ^{2} + σ^{- 2})}} X^{2} + \underset{= B}{\underset{⏟}{- 2 γ ξ}} X + \underset{= c}{\underset{⏟}{γ^{2}}} \\ = un' {(X - \frac{B}{2 un'})}^{2} + (c - \frac{B^{2}}{4 un'}) (c - \frac{B^{2}}{4 un'}) \\ = γ^{2} - \frac{4 γ^{2} ξ^{2}}{4 (ξ^{2} + σ^{- 2})} \\ = γ^{2} (1 - \frac{ξ^{2}}{ξ^{2} + σ^{- 2}}) \\ = γ^{2} (\frac{1}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \left(\xi x+\gamma\right)^{2}+\frac{x^{2}}{\sigma^{2}} & =\underbrace{\left(\xi^{2}+\sigma^{-2}\right)}_{=a}x^{2}+\underbrace{-2\gamma\xi}_{=b}x+\underbrace{\gamma^{2}}_{=c} \\ &=a\left(x-\frac{b}{2a}\right)^{2}+\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right) \left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\\ & =\gamma^{2}-\frac{4\gamma^{2}\xi^{2}}{4\left(\xi^{2}+\sigma^{-2}\right)}\\ &=\gamma^{2}\left(1-\frac{\xi^{2}}{\xi^{2}+\sigma^{-2}}\right)\\ &=\gamma^{2}\left(\frac{1}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right) \end{align*}$ Pertanto,

\begin{aligned} \frac{d io}{d γ} & = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{B^{2}}{4 un'})) \sqrt{\frac{2 π}{un'}} \int_{- \infty}^{\infty} \sqrt{\frac{un'}{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} un' {(X - \frac{B}{2 un'})}^{2}) d X \\ = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{B^{2}}{4 un'})) \sqrt{\frac{2 π}{un'}} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2} un'}} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{B^{2}}{4 un'})) \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π (1 + σ^{2} ξ^{2})}} \exp (- \frac{1}{2} \frac{γ^{2}}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{dI}{d\gamma} & =\frac{1}{2\pi\sigma}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\sqrt{\frac{2\pi}{a}}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\frac{a}{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}a\left(x-\frac{b}{2a}\right)^{2}\right)dx\\ & =\frac{1}{2\pi\sigma}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\sqrt{\frac{2\pi}{a}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}a}}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi\left(1+\sigma^{2}\xi^{2}\right)}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{\gamma^{2}}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right) \end{align*}$ e rendimenti di integrazione

\begin{aligned} io (γ) & = \int_{- \infty}^{γ} \frac{1}{\sqrt{2 π (1 + σ^{2} ξ^{2})}} \exp (- \frac{1}{2} \frac{z^{2}}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) d z \\ = Φ (\frac{γ}{\sqrt{1 + ξ^{2} σ^{2}}}) \end{aligned}

$\begin{align*} I(\gamma) &=\int_{-\infty}^{\gamma}\frac{1}{\sqrt{2\pi\left(1+\sigma^{2}\xi^{2}\right)}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{z^{2}}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right)dz\\ &=\Phi\left(\frac{\gamma}{\sqrt{1+\xi^{2}\sigma^{2}}}\right) \end{align*}$

il che implica

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} Φ (ξ X) N (X | μ, σ^{2}) d X & = io (ξ μ) \\ = Φ (\frac{ξ μ}{\sqrt{1 + ξ^{2} σ^{2}}}) . \end{aligned}

$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\Phi(\xi x)\mathcal{N}(x|\mu,\sigma^{2})dx &=I(\xi\mu)\\ &=\Phi\left(\frac{\xi\mu}{\sqrt{1+\xi^{2}\sigma^{2}}}\right). \end{align*}$

— Jenny Reininger
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