Distribuição de se Beta e

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Suponha que $X$ tenha a distribuição beta Beta $(1,K-1)$ e $Y$ siga um qui-quadrado com $2K$ graus. Além disso, assumimos que $X$ e $Y$ são independentes.

Qual é a distribuição do produto $Z=XY$ .

Atualizar
minha tentativa:

\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}

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

Está correto? se sim, como chamamos essa distribuição?

— tam
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2

Se for lição de casa ou estudo individual, adicione a etiqueta apropriada. (Normalmente) não resolvemos esses problemas para você, mas ajudamos a guiá-lo para uma solução, o que, em geral, lhe dará uma melhor compreensão de como resolver esses problemas no futuro.

— jbowman

Não tenho certeza, mas talvez isso seja de alguma ajuda: en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_beta_distribution

Você já tentou criar uma segunda variável? Diga ? Em seguida, você poderia começar a distribuição conjunta de e integrar a para obter teh distribuição de .

W = X + Y

$W=X+Y$

W, Z

$W,Z$

W

$W$

Z

$Z$

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Não vejo onde você está usando o fato de que a função de densidade Beta é zero no complemento do intervalo .

[0, 1]

$[0,1]$

— whuber

@whuber Acho que encontrei o erro. Gostaria de fornecer uma resposta completa ou eu faço sozinho?

— tam 25/11

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Após algumas observações valiosas, consegui encontrar a solução:

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

Além disso, temos . Portanto, se , obtemos que implica que . $0\le x\le 1$ $x=\frac{z}{y}$ $0 \le \frac{z}{y} \le 1$ $z\le y \le \infty$

Portanto: onde a última igualdade se mantém desde .

\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)}

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

Então segue uma distribuição exponencial do parâmetro ; ou equivalente, . $Z$ $\frac{1}{2}$ $Z \sim\chi_2^2$

— tam
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Existe uma solução estatística natural agradável para esse problema para valores integrais de , mostrando que o produto possui uma . Baseia-se apenas em relacionamentos conhecidos e facilmente estabelecidos entre funções de variáveis normais padrão. $K$ $\chi^2(2)$

Quando é integral, uma distribuição Beta surge como a razão que e são independentes, tem uma e tem uma . (Veja o artigo da Wikipedia sobre a distribuição Beta, por exemplo.) $K$ $(1,K-1)$

\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)

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

Qualquer é a soma dos quadrados de variáveis normais normais independentes. Conseqüentemente, é distribuído como o comprimento ao quadrado de um vetor com uma distribuição multinormal padrão em e é o comprimento ao quadrado do primeiros dois componentes quando esse vetor é projetado radialmente na esfera unitária . $\chi^2(n)$ $n$ $X+Z$ $2 + 2K-2 = 2K$ $\mathbb{R}^{2K}$ $X/(X+Z)$ $S^{2K-1}$

A projeção de um vetor multinormal padrão na esfera unitária tem uma distribuição uniforme porque a distribuição multinormal é esfericamente simétrica. (Ou seja, é invariável no grupo ortogonal, resultado que resulta imediatamente de dois fatos simples: (a), o grupo ortogonal fixa a origem e, por definição, não altera covariâncias; e (b) a média e covariância determinam completamente distribuição normal multivariada. Ilustrei isso para o caso em https://stats.stackexchange.com/a/7984 ). De fato, a simetria esférica mostra imediatamente que esta distribuição é uniforme, condicional ao comprimento do vetor original. A relação $n$ $n=3$ $X/(X+Z)$ portanto, é independente do comprimento.

O que tudo isso implica é que multiplicar por uma variável independente cria uma variável com a mesma distribuição que multiplicada por ; ou seja, a distribuição de , que tem uma . $X/(X+Z)$ $\chi^2(2K)$ $Y$ $X/(X+Z)$ $X+Z$ $X$ $\chi^2(2)$

— whuber
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Muito boa analogia! Sinto-me um pouco incerto sobre o parágrafo final, embora a simplificação só ocorra porque está nos dois lados da multiplicação, o que não pode funcionar para um independente .

X + Z

$X+Z$

χ^{2} (2 K)

$\chi^2(2K)$

— Xi'an

1

Mas, após algumas reflexões no metrô de Paris, percebi que, porque

e

são independentes, usando

ou

levam à mesma distribuição. Parabéns!

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

1

adenda: o raciocínio para não-inteiro de K, bem como, se se definir um

como uma gama

.

χ_{q}^{2}

$\chi^2_q$

Ga (q / 2, 1 / 2)

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

— Xi'an

1

@ Xi'an Obrigado por esses comentários reveladores. De fato, uma maneira de explorar o reconhecimento de que

e

são independentes é buscar a implicação de que suas funções de densidade serão separáveis: e essa idéia se aplica sem modificação ao caso geral de

não integral . Mesmo para aqueles que preferem calcular a convolução

diretamente, esses insights estatísticos sugerem uma maneira simples e eficaz de prosseguir com a integração por meio de uma mudança apropriada de variáveis.

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$

X + Z

$X+Z$

K

$K$

X Y

$XY$

— whuber

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Eu deprecio bastante a tática comumente usada para encontrar a densidade de , calculando primeiro a densidade articular de e (ou ) porque é "fácil" usar jacobianos e depois obtendo como uma densidade marginal (cf. resposta do Rusty Statistician). É muito mais fácil encontrar o CDF de diretamente e depois diferenciá-lo para encontrar o pdf. Essa é a abordagem usada abaixo. $Z = g(X,Y)$ $Z$ $X$ $Y$ $f_Z$ $Z$

e são variáveis aleatórias independentes com densidades e $X$ $Y$ $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ . Então, com, temos para, $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$ $Z = XY$ $z > 0$

\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}

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

É bem conhecido que, se , em seguida, . Daqui resulta que tem uma densidade exponencial com o parâmetro $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$ $P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$ $Z = XY$ , que também é adistribuição. $\lambda = \frac 12$ $\chi^2(2)$

— Dilip Sarwate
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