Distribution de si Beta et chi carré avec degrés

Supposons que a la distribution bêta Beta et suit un chi carré de degrés. De plus, nous supposons que et sont indépendants. $X$ $(1,K-1)$ $Y$ $2K$ $X$ $Y$

Quelle est la distribution du produit . $Z=XY$

Mettre à jour
ma tentative:

\begin{aligned} f_{Z} & = \int_{y = - \infty}^{y = + \infty} \frac{1}{| y |} f_{Y} (y) f_{X} (\frac{z}{y}) d y \\ = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} \frac{1}{y} y^{K - 1} e^{- y / 2} (1 - z / y)^{K - 2} d y \\ = \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} \int_{0}^{+ \infty} e^{- y / 2} (y - z)^{K - 2} d y \\ = \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} [- 2^{K - 1} e^{- z / 2} Γ (K - 1, \frac{y - z}{2})]_{0}^{\infty} \\ = \frac{2^{K - 1}}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} e^{- z / 2} Γ (K - 1, - z / 2) \end{aligned}

$\begin{align} f_Z &= \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{|y|}f_Y(y) f_X \left (\frac{z}{y} \right ) dy \\ &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \frac{1}{y} y^{K-1} e^{-y/2} (1-z/y)^{K-2} dy \\ &= \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)}\int_{0}^{+\infty} e^{-y/2} (y-z)^{K-2} dy \\ &=\frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} [-2^{K-1}e^{-z/2}\Gamma(K-1,\frac{y-z}{2})]_0^\infty \\ &= \frac{2^{K-1}}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} e^{-z/2} \Gamma(K-1,-z/2) \end{align}$

Est-ce correct? si oui, comment appelons-nous cette distribution?

probability self-study distributions random-variable beta-distribution tam
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S'il s'agit de devoirs ou d'autoformation, veuillez ajouter la balise appropriée. Nous ne résolvons pas (généralement) de tels problèmes pour vous, mais nous vous aidons plutôt à vous guider vers une solution vous-même, qui en général vous donnera une meilleure compréhension de la façon de résoudre de tels problèmes à l'avenir.

jbowman

Pas sûr mais peut-être que cela est d'une certaine aide: en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_beta_distribution

Avez-vous essayé de créer une deuxième variable? Dites ? Ensuite , vous pouvez obtenir la distribution conjointe de et intégrer à pour obtenir la distribution de Teh .

W = X + Y

$W=X+Y$

W, Z

$W,Z$

W

$W$

Z

$Z$

Je ne vois pas où vous utilisez le fait que la fonction de densité bêta est nulle sur le complément de l'intervalle .

[0, 1]

$[0,1]$

whuber

@whuber Je pense avoir trouvé l'erreur. Souhaitez-vous fournir une réponse complète ou je le fais moi-même?

tam

Réponses:

Après quelques remarques précieuses, j'ai pu trouver la solution:

Nous avons et . $f_X(x)=\frac{1}{B(1,K-1)} (1-x)^{K-2}$ $f_Y(y)=\frac{1}{2^K \Gamma(K)} y^{K-1} e^{-y/2}$

De plus, nous avons . Ainsi, si , on obtient ce qui implique que . $0\le x\le 1$ $x=\frac{z}{y}$ $0 \le \frac{z}{y} \le 1$ $z\le y \le \infty$

Par conséquent: où la dernière égalité tient depuis .

\begin{aligned} f_{Z} & = \int_{y = - \infty}^{y = + \infty} \frac{1}{| y |} f_{Y} (y) f_{X} (\frac{z}{y}) d y \\ = \int_{z}^{+ \infty} \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} \frac{1}{y} y^{K - 1} e^{- y / 2} (1 - z / y)^{K - 2} d y \\ = \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} \int_{z}^{+ \infty} e^{- y / 2} (y - z)^{K - 2} d y \\ = \frac{1}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} {[- 2^{K - 1} e^{- z / 2} Γ (K - 1, \frac{y - z}{2})]}_{z}^{\infty} \\ = \frac{2^{K - 1}}{B (1, K - 1) 2^{K} Γ (K)} e^{- z / 2} Γ (K - 1) \\ = \frac{1}{2} e^{- z / 2} \end{aligned}

$\begin{align} f_Z &= \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{|y|}f_Y(y) f_X \left (\frac{z}{y} \right ) dy \\ &= \int_{z}^{+\infty} \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \frac{1}{y} y^{K-1} e^{-y/2} (1-z/y)^{K-2} dy \\ &= \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)}\int_{z}^{+\infty} e^{-y/2} (y-z)^{K-2} dy \\ &=\frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \left[-2^{K-1}e^{-z/2}\Gamma(K-1,\frac{y-z}{2})\right]_z^\infty \\ &= \frac{2^{K-1}}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} e^{-z/2} \Gamma(K-1) \\ &= \frac{1}{2} e^{-z/2} \end{align}$

B (1, K - 1) = \frac{Γ (1) Γ (K - 1)}{Γ (K)}

$B(1,K-1)=\frac{\Gamma(1)\Gamma(K-1)}{\Gamma(K)}$

Donc suit une distribution exponentielle du paramètre ; ou de manière équivalente, . $Z$ $\frac{1}{2}$ $Z \sim\chi_2^2$

tam
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Il existe une solution statistique agréable et naturelle à ce problème pour les valeurs intégrales de , montrant que le produit a une . Il ne repose que sur des relations bien connues et facilement établies entre les fonctions des variables normales standard. $K$ $\chi^2(2)$

Lorsque est entier, une distribution Beta apparaît lorsque le rapport où et sont indépendants, a une et a une . (Voir l'article Wikipedia sur la distribution bêta par exemple.) $K$ $(1,K-1)$

\frac{X}{X + Z}

$\frac{X}{X+Z}$

X

$X$

Z

$Z$

X

$X$

χ^{2} (2)

$\chi^2(2)$

Z

$Z$

χ^{2} (2 K - 2)

$\chi^2(2K-2)$

Toute est celle de la somme des carrés de variables normales normales indépendantes. Par conséquent, est distribué comme la longueur au carré d'un vecteur avec une distribution multinormale standard dans et est la longueur au carré de la les deux premières composantes lorsque ce vecteur est projeté radialement sur la sphère unitaire . $\chi^2(n)$ $n$ $X+Z$ $2 + 2K-2 = 2K$ $\mathbb{R}^{2K}$ $X/(X+Z)$ $S^{2K-1}$

La projection d'un vecteur multinormal standard sur la sphère unitaire a une distribution uniforme car la distribution multinormale est sphérique symétrique. (C'est-à-dire qu'il est invariant sous le groupe orthogonal, un résultat qui découle immédiatement de deux faits simples: (a), le groupe orthogonal fixe l'origine et par définition ne change pas les covariances; et (b) la moyenne et la covariance déterminent complètement la distribution normale multivariée. Je l'ai illustré pour le cas à https://stats.stackexchange.com/a/7984 ). En fait, la symétrie sphérique montre immédiatement que cette distribution est uniforme en fonction de la longueur du vecteur d'origine. Le rapport $n$ $n=3$ $X/(X+Z)$ est donc indépendant de la longueur.

Tout cela implique que la multiplication de par une variable indépendante crée une variable avec la même distribution que multipliée par ; à savoir, la distribution de , qui a une . $X/(X+Z)$ $\chi^2(2K)$ $Y$ $X/(X+Z)$ $X+Z$ $X$ $\chi^2(2)$

whuber
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Très belle analogie! Je me sens un peu incertain quant au dernier paragraphe, car la simplification ne se produit que parce que est des deux côtés de la multiplication, ce qui ne peut pas fonctionner pour un indépendant .

X + Z

$X+Z$

χ^{2} (2 K)

$\chi^2(2K)$

Xi'an

Mais après quelques réflexions dans le métro parisien, j'ai réalisé que parce que et sont indépendants, en utilisant ou en utilisant conduisent à la même distribution. Félicitations!

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$

(X + Z)

$(X+Z)$

(X + Z) \times X / (X + Z)

$(X+Z)\times X/(X+Z)$

Y \times X / (X + Z)

$Y \times X/(X+Z)$

Xi'an

addendum: le raisonnement vaut également pour les K non entiers, si l'on définit un comme un Gamma .

χ_{q}^{2}

$\chi^2_q$

Ga (q / 2, 1 / 2)

$\text{Ga}(q/2,1/2)$

Xi'an

@ Xi'an Merci pour ces commentaires révélateurs. En effet, une façon d'exploiter la reconnaissance que et sont indépendants est de poursuivre l'implication que leurs fonctions de densité seront séparables: et cette idée s'applique sans modification au cas général de non intégral . Même pour ceux qui préfèrent calculer la convolution

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$

X + Z

$X+Z$

K

$K$

X Y

$XY$ directement, ces informations statistiques suggèrent une manière simple et efficace de procéder à l'intégration au moyen d'un changement approprié des variables.

whuber

Je déconseille fortement la tactique couramment utilisée pour trouver la densité de en calculant d'abord le calcul de la densité conjointe de et (ou ) car il est "facile" d'utiliser des jacobiens, puis en obtenant comme une densité marginale (cf. réponse du statisticien rouillé). Il est beaucoup plus facile de trouver le CDF de $Z = g(X,Y)$ $Z$ $X$ $Y$ $f_Z$ $Z$ directement puis de le différencier pour trouver le pdf. C'est l'approche utilisée ci-dessous.

$X$ et $Y$ sont des variables aléatoires indépendantes avec des densités $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ et $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$ . Ensuite, avec $Z = XY$ , nous avons pour $z > 0$ ,

\begin{aligned} P {Z > z} & = P {X Y > z} \\ = \int_{y = z}^{\infty} \frac{1}{2^{K} (K - 1)!} y^{K - 1} e^{- y / 2} [\int_{x = \frac{z}{y}}^{1} (K - 1) (1 - x)^{K - 2} d x] d y \\ = \int_{y = z}^{\infty} \frac{1}{2^{K} (K - 1)!} y^{K - 1} e^{- y / 2} {(1 - \frac{z}{y})}^{K - 1} d y \\ = \int_{y = z}^{\infty} \frac{1}{2^{K} (K - 1)!} (y - z)^{K - 1} e^{- y / 2} d y \\ = e^{- z / 2} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2^{K} (K - 1)!} t^{K - 1} e^{- t / 2} d y on setting y - z = t \\ = e^{- z / 2} on noting that the integral is thatof a Gamma pdf \end{aligned}

$\begin{align} P\{Z > z\} &= P\{XY > z\}\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2} \left[\int_{x=\frac{z}{y}}^1 (K-1)(1-x)^{K-2}\,\mathrm dx \right] \,\mathrm dy\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2} \left(1-\frac{z}{y}\right)^{K-1}\,\mathrm dy\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} (y-z)^{K-1} e^{-y/2} \,\mathrm dy\\ &= e^{-z/2}\int_0^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!}t^{K-1} e^{-t/2} \,\mathrm dy~~~\scriptstyle{\text{on setting}~y-z = t}\\ &= e^{-z/2}\qquad\scriptstyle{\text{on noting that the integral is that of a Gamma pdf}}\\ \end{align}$

Il est bien connu que si $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$ , puis $P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$ . Il s'ensuit que $Z = XY$ a une densité exponentielle avec paramètre $\lambda = \frac 12$ , qui est aussi le $\chi^2(2)$ Distribution.

Dilip Sarwate
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