qual é o pdf do produto de duas variáveis aleatórias independentes X e Y, se X e Y são independentes? X é distribuído normalmente e Y é qui-quadrado.

Z = XY

se $X$ tem distribuição normal

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}}

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

Y

$Y$ tem distribuição do Qui-quadrado com

k

$k$ grau de liberdade

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)

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

u (y)

$u(y)$ é a função de passo unitário.

Agora, qual é o pdf de $Z$ se $X$ e $Y$ são independentes?

Uma maneira de encontrar a solução é usar o resultado bem conhecido de Rohatgi (1976, p.141) se $f_{XY}(x,y)$ for o pdf conjunto de RVs contínuos $X$ e $Y$ , o pdf de $Z$ for

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

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

Uma vez que e são independentes $X$ $Y$ $f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

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

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

Onde enfrentamos o problema de resolver a integral

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

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

. Alguém pode me ajudar com este problema.

\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

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

existe alguma maneira alternativa de resolver isso?

normal-distribution chi-squared random-variable

— robin
fonte

Esse último passo não parece muito certo. "

"parece significar

, mas - mais importante - você não pode simplesmente alterar o limite inferior para

: é necessário dividir a integral em duas separadas em

, alterar

pela queestiverna faixa negativa e, em seguida, combine os

f_{\frac{X}{Y}}

$f_\frac{X}{Y}$

f_{X}

$f_X$

0

$0$

0

$0$

y \to - y

$y\to -y$

— dois.Acredito

Sim, isso foi um erro

deve ser

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

Mas acho que alterar o limite inferior para 0 é válido porque

é uma função ativada em

que é indicada pela função de passo unitário

f_{Y} (y)

$f_Y(y)$

(0, \infty)

$(0,\infty)$

u (y)

$u(y)$

— robin

Eu não sou mais treinado para esse tipo de cálculo ... mas não parece possível terminar com uma fórmula fechada. Se você precisar disso para uma aplicação prática, acho que deveria se concentrar em "como calcular isso com eficiência".

— Elvis

Existe alguma motivação para esta pergunta? Um Normal dividido por

um Aluno , mas por que você consideraria um Normal multiplicado ou dividido por

χ

$\chi$

t

$t$

χ^{2}

$\chi^2$

— Xian

simplificar o termo na integral para

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

encontre o polinômio tal que $p(y)$

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

o que reduz a encontrar tal que $p(y)$

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

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

o que pode ser feito avaliando todos os poderes de separadamente $y$

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A solução acima não funcionará, pois diverge.

No entanto, alguns outros trabalharam nesse tipo de produto.

Usando a transformação Fourrier:

Schoenecker, Steven e Tod Luginbuhl. "Funções características do produto de duas variáveis aleatórias gaussianas e do produto de uma variável aleatória gaussiana e gama." IEEE Signal Processing Letters 23.5 (2016): 644-647. http://ieeexplore.ieee.org/document/7425177/#full-text-section

Para o produto com $Z=XY$ e , obtiveram a função característica: $X \sim \mathcal{N}(0,1)$ $Y \sim \Gamma(\alpha,\beta)$

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

com função de Whittaker ( http://people.math.sfu.ca/~cbm/aands/page_686.htm ) $D_\alpha$

Usando a transformação Mellin:

Springer e Thomson descreveram de maneira mais geral a avaliação de produtos de variáveis aleatórias distribuídas beta, gama e gaussiana.

Springer, MD, e WE Thompson. "A distribuição de produtos de variáveis aleatórias beta, gama e gaussiana". Jornal SIAM sobre Matemática Aplicada 18.4 (1970): 721-737. http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065

Eles usam a transformação integral de Mellin. A transformação Mellin de é o produto das transformadas Mellin de e (consulte http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065 ou https://projecteuclid.org/euclid.aoms/1177730201 ). Nos casos estudados de produtos, a transformação reversa deste produto pode ser expressa como uma função Meijer G, para a qual eles também fornecem e provam métodos computacionais. $Z$ $X$ $Y$

Eles não analisaram o produto de uma variável distribuída gaussiana e gama, embora você possa usar as mesmas técnicas. Se eu tentar fazer isso rapidamente, acredito que deve ser possível obter uma função H ( https://en.wikipedia.org/wiki/Fox_H-function ), embora não veja diretamente a possibilidade de obter um G- funcionar ou fazer outras simplificações.

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

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

você recebe

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

e a distribuição de é: $Z$

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

que me parece (depois de uma alteração de variáveis para eliminar o termo) como pelo menos uma função H $2^{\frac{3}{2}(s-1)}$

o que resta ainda é o quebra-cabeça para expressar essa transformação inversa de Mellin como uma função G. A ocorrência de ambos e complica este. No caso separado para um produto de variáveis distribuídas apenas as Gaussianas pode ser transformado em substituindo a variável . Mas, devido aos termos da distribuição do qui-quadrado, isso não funciona mais. Talvez seja por isso que ninguém forneceu uma solução para este caso. $s$ $s/2$ $s/2$ $s$ $x=w^2$

— Sextus Empiricus
fonte

... qual produz ...?

— wolfies

ele fornece a antiderivada do termo na integral que deve ser resolvida de acordo com a pergunta

— Sextus Empiricus

Não está claro qual progresso essa análise representa. Você obtém uma solução ou não?

— whuber

p (y)

$p(y)$

k

$k$

pdf do produto de duas variáveis ​​aleatórias independentes, normal e qui-quadrado

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