Verteilung von wenn Beta und Chi-Quadrat mit Grad

Angenommen, hat die Beta-Verteilung Beta und folgt einem Chi-Quadrat mit Grad. Außerdem nehmen wir an, dass und unabhängig sind. $X$ $(1,K-1)$ $Y$ $2K$ $X$ $Y$

Wie ist die Verteilung des Produkts . $Z=XY$

Aktualisieren
Mein Versuch:

\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}

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

Ist es richtig? Wenn ja, wie nennen wir diese Verteilung?

probability self-study distributions random-variable beta-distribution tam
quelle

Wenn dies Hausaufgaben oder Selbststudium sind, fügen Sie bitte das entsprechende Tag hinzu. Wir lösen solche Probleme (normalerweise) nicht für Sie, sondern helfen Ihnen, selbst eine Lösung zu finden, die Ihnen im Allgemeinen ein besseres Verständnis dafür gibt, wie Sie solche Probleme in Zukunft lösen können.

Jbowman

Ich

Haben Sie versucht, eine zweite Variable zu erstellen? Sagen Sie ? Dann könnten Sie die gemeinsame Verteilung von und integrieren, um die Verteilung von .

W = X + Y

$W=X+Y$

W, Z

$W,Z$

W

$W$

Z

$Z$

Ich sehe nicht, wo Sie die Tatsache verwenden, dass die Beta-Dichtefunktion im Komplement des Intervalls Null ist .

[0, 1]

$[0,1]$

whuber

@whuber Ich glaube, ich habe den Fehler gefunden. Möchten Sie eine vollständige Antwort geben oder mache ich das selbst?

Bis

Antworten:

Nach einigen wertvollen Bemerkungen konnte ich die Lösung finden:

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

Wir haben auch . Wenn also , erhalten wir was impliziert, dass . $0\le x\le 1$ $x=\frac{z}{y}$ $0 \le \frac{z}{y} \le 1$ $z\le y \le \infty$

Daher: wobei die letzte Gleichheit seit .

\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)}

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

So eine exponentielle Verteilung der Parameter folgt ; oder gleichwertig . $Z$ $\frac{1}{2}$ $Z \sim\chi_2^2$

tam
quelle

Es gibt eine angenehme, natürliche statistische Lösung für dieses Problem für Integralwerte von , die zeigt, dass das Produkt eine -Verteilung aufweist. Es stützt sich nur auf bekannte, leicht herstellbare Beziehungen zwischen Funktionen von normalen Standardvariablen. $K$ $\chi^2(2)$

Wenn ganzzahlig ist, entsteht eine Beta -Verteilung als das Verhältnis wobei und unabhängig sind, eine -Verteilung hat und hat eine -Verteilung. (Siehe zum Beispiel den Wikipedia-Artikel zur Beta-Distribution .) $K$ $(1,K-1)$

\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)

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

Jede -Verteilung ist die der Summe der Quadrate von unabhängigen Standardnormalvariablen. Folglich wird als quadratische Länge eines Vektors mit einer multinormalen Standardverteilung in und ist die quadratische Länge von Die ersten beiden Komponenten, wenn dieser Vektor radial auf die Einheitskugel projiziert wird . $\chi^2(n)$ $n$ $X+Z$ $2 + 2K-2 = 2K$ $\mathbb{R}^{2K}$ $X/(X+Z)$ $S^{2K-1}$

Die Projektion eines standardmäßigen multinormalen Vektors auf die Einheitskugel hat eine gleichmäßige Verteilung, da die multinormale Verteilung sphärisch symmetrisch ist. (Das heißt, es ist unter der orthogonalen Gruppe invariant, ein Ergebnis, das unmittelbar aus zwei einfachen Tatsachen folgt: (a) Die orthogonale Gruppe legt den Ursprung fest und ändert per Definition keine Kovarianzen, und (b) der Mittelwert und die Kovarianz bestimmen vollständig die multivariate Normalverteilung. Ich habe dies für den Fall unter https://stats.stackexchange.com/a/7984 ) dargestellt. Tatsächlich zeigt die sphärische Symmetrie sofort, dass diese Verteilung von der Länge des ursprünglichen Vektors abhängig ist. Das Verhältnis $n$ $n=3$ $X/(X+Z)$ ist daher unabhängig von der Länge.

Dies alles impliziert, dass das Multiplizieren von mit einer unabhängigen -Variable eine Variable mit derselben Verteilung wie multipliziert mit ; das heißt, die Verteilung von , die eine -Verteilung hat. $X/(X+Z)$ $\chi^2(2K)$ $Y$ $X/(X+Z)$ $X+Z$ $X$ $\chi^2(2)$

whuber
quelle

Sehr schöne Analogie! Ich bin mir über den letzten Absatz etwas unsicher, da die Vereinfachung nur deshalb erfolgt, weil

auf beiden Seiten der Multiplikation liegt, was für ein unabhängiges

nicht funktionieren kann .

X + Z

$X+Z$

χ^{2} (2 K)

$\chi^2(2K)$

Xi'an

Aber nach einigen weiteren Überlegungen in der Pariser Metro wurde mir klar, dass

und

unabhängig sind, indem sie

oder

führen zur gleichen Verteilung. Glückwunsch!

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

Nachtrag: die Argumentation gilt für nicht ganzzahlige Ks als auch, wenn man definiert eine

als Gamma

χ_{q}^{2}

$\chi^2_q$

Ga (q / 2, 1 / 2)

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

Xi'an

@ Xi'an Vielen Dank für diese aufschlussreichen Kommentare. In der Tat besteht eine Möglichkeit, die Erkenntnis auszunutzen, dass

und

unabhängig sind, darin, die Implikation zu verfolgen, dass ihre Dichtefunktionen trennbar sind: und diese Idee gilt ohne Modifikation für den allgemeinen Fall des nichtintegralen

. Selbst für diejenigen, die es vorziehen, die Faltung

direkt zu berechnen , schlagen diese statistischen Erkenntnisse eine einfache und effektive Möglichkeit vor, die Integration durch eine geeignete Änderung der Variablen fortzusetzen.

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$

X + Z

$X+Z$

K

$K$

X Y

$XY$

whuber

Ich lehne die häufig verwendete Taktik, die Dichte von indem ich zuerst die Gelenkdichte von und (oder ) berechne, weil es "einfach" ist, Jacobi zu verwenden, und dann erhält als Randdichte (vgl. Antwort von Rusty Statistician). Es ist viel einfacher, die CDF von direkt zu finden und dann zu differenzieren, um das PDF zu finden. Dies ist der unten verwendete Ansatz. $Z = g(X,Y)$ $Z$ $X$ $Y$ $f_Z$ $Z$

und sind unabhängige Zufallsvariablen mit Dichten und $X$ $Y$ $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ . Dann, mit, haben wir für, $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$ $Z = XY$ $z > 0$

\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}

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

Es ist bekannt, dass, wenn , . Daraus folgt, dass eine Exponentialdichte mit dem Parameter $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$ $P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$ $Z = XY$ , das ist auch die-Verteilung. $\lambda = \frac 12$ $\chi^2(2)$

Dilip Sarwate
quelle