Wie kann ich berechnen

Angenommen, und $\phi(\cdot)$ $\Phi(\cdot)$ sind Dichtefunktion und Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung.

Wie kann man das Integral berechnen:

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - ein}{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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Das ist alles in Ordnung. Eine frühe Bezugnahme auf ein allgemeineres Ergebnis, das dieses einschließt, ist Ellison (1964, J. Am. State. Assoc, 59, 89-95); siehe Korollar 1 von Satz 2.

Antworten:

Eine konventionellere Schreibweise ist

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

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

Dies kann durch Differenzieren des Integrals in Bezug auf und , wobei Elementarintegrale erzeugt werden, die in geschlossener Form ausgedrückt werden können: $\mu$ $\sigma$

\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}} .

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

Dieses System kann beginnend mit der Anfangsbedingung = = , die gegebenen Lösung zu erhalten (die durch Differenzierung leicht überprüft wird). $y(0,1)$ $\int\Phi(x)\phi(x)dx$ $1/2$

whuber
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Ich habe die Antwort durch numerische Integration überprüft und die Verhältnisse für

- 2 \leq μ \leq 2

$-2 \le \mu \le 2$

0 < σ \leq 2

$0 \lt \sigma \le 2$ : es bestand Übereinstimmung mit elf signifikanten Zahlen in diesem Bereich.

whuber

Wow, clevere Lösung.

Cam.Davidson.Pilon

Ich denke, dies kann fast durch Inspektion erfolgen. Der erste Term unter dem Integral ist eine einheitliche [0,1] Zufallsvariable. Da das normale PDF symmetrisch ist, sollte das Integral

\frac{1}{2}

$1 \over 2$

Soakley

@soakley Ihr Ansatz funktioniert für

, aber es ist nicht klar, wie er auf andere Argumente von

angewendet werden würde .

y (0, 1)

$y(0,1)$

y

$y$

whuber

@whuber Entschuldigung, dass Sie das nicht verstanden haben, aber sobald wir die beiden geschlossenen Formen für die Ableitung und die Anfangsbedingung haben, wie gelangen wir von dort zur endgültigen Lösung? Mit anderen Worten, was haben Sie mit den Ausdrücken in geschlossener Form für die Ableitungen und der Anfangsbedingung gemacht?

user106860

Sei und unabhängige normale Zufallsvariablen mit und eine normale Standardzufallsvariable. Dann $X$ $Y$ $X \sim N(a,b^2)$ $Y$ Also,die Totale Wahrscheinlichkeit verwendet, erhalten wirdass

P {X \leq Y. ∣ Y. = w} = P {X \leq w} = Φ (\frac{w - ein}{b}) .

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

Nun

kann in Bezugdie ausgedrückt werden

mitFeststellungdass

, und wir somit erhalten

P {X \leq Y} = \int_{- \infty}^{\infty} P {X \leq Y ∣ Y = w} ϕ (w) d w = \int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - a}{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)

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

das ist das gleiche wie das Ergebnis in Whubers Antwort.

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - ein}{b}) ϕ (w) d w = Φ (\frac{- ein}{\sqrt{b^{2} + 1}})

$\int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw = \Phi\left(\frac{-a}{\sqrt{b^2+1}}\right)$

Dilip Sarwate
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Hier ist eine andere Lösung: Wir definieren

\begin{aligned} I (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 I}{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{= ein}{\underset{⏟}{(ξ^{2} + σ^{- 2})}} X^{2} + \underset{= b}{\underset{⏟}{- 2 γ ξ}} X + \underset{= c}{\underset{⏟}{γ^{2}}} \\ = ein {(X - \frac{b}{2 ein})}^{2} + (c - \frac{b^{2}}{4 ein}) (c - \frac{b^{2}}{4 ein}) \\ = 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}

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

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

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

\begin{aligned} ich (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}

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

was impliziert

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} Φ (ξ X) N (X | μ, σ^{2}) d X & = ich (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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