Distribusi jika Beta dan chi-kuadrat dengan derajat

8

Seandainya $X$ memiliki distribusi beta, Beta $(1,K-1)$ dan $Y$ mengikuti chi-squared dengan $2K$ derajat. Selain itu, kami menganggap itu $X$ dan $Y$ independen.

Apa distribusi produk . $Z=XY$

Perbarui
Upaya saya:

\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}

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

Apakah itu benar? jika ya, bagaimana kita menyebut distribusi ini?

— tam
sumber

2

Jika ini adalah pekerjaan rumah atau belajar mandiri, silakan tambahkan tag yang sesuai. Kami tidak (biasanya) menyelesaikan masalah seperti itu untuk Anda, melainkan membantu memandu Anda untuk solusi sendiri, yang secara umum akan memberi Anda pemahaman yang lebih baik tentang bagaimana menyelesaikan masalah tersebut di masa depan.

— Jbowman

Tidak yakin tapi mungkin ini bisa membantu: en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_beta_distribution

Sudahkah Anda mencoba membuat variabel kedua? Mengatakan

W = X + Y

$W=X+Y$ ? Maka Anda bisa mendapatkan distribusi bersama

W, Z

$W,Z$ dan mengintegrasikan

W

$W$ untuk mendapatkan distribusi

Z

$Z$ .

1

Saya tidak melihat di mana Anda menggunakan fakta bahwa fungsi kerapatan Beta adalah nol pada komplemen interval

[0, 1]

$[0,1]$ .

— whuber

@whuber saya pikir saya menemukan kesalahan. Apakah Anda ingin memberikan jawaban lengkap atau saya melakukannya sendiri?

— tam

9

Setelah beberapa komentar yang berharga, saya dapat menemukan solusinya:

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

Kami juga punya $0\le x\le 1$ . Jadi, jika $x=\frac{z}{y}$ , kita mendapatkan $0 \le \frac{z}{y} \le 1$ yang menyiratkan itu $z\le y \le \infty$ .

Karenanya:

\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}

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

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

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

Begitu $Z$ mengikuti distribusi parameter eksponensial $\frac{1}{2}$ ; atau yang setara, $Z \sim\chi_2^2$ .

— tam
sumber

8

Ada solusi statistik yang menyenangkan dan alami untuk masalah ini untuk nilai integral $K$ , menunjukkan bahwa produk tersebut memiliki $\chi^2(2)$ distribusi. Itu hanya bergantung pada hubungan-hubungan yang dikenal dan mudah diketahui di antara fungsi-fungsi variabel normal standar.

Kapan $K$ adalah bagian integral, sebuah Beta $(1,K-1)$ distribusi muncul sebagai rasio

\frac{X}{X + Z}

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

X

$X$ dan

Z

$Z$ independen,

X

$X$ mempunyai sebuah

χ^{2} (2)

$\chi^2(2)$ distribusi, dan

Z

$Z$ mempunyai sebuah

χ^{2} (2 K - 2)

$\chi^2(2K-2)$ distribusi. (Lihat artikel Wikipedia tentang distribusi Beta misalnya.)

Apa saja $\chi^2(n)$ distribusi adalah jumlah dari kuadrat dari $n$ independen standar Normal variates. Karena itu, $X+Z$ didistribusikan sebagai panjang kuadrat dari a $2 + 2K-2 = 2K$ vektor dengan distribusi multinormal standar di $\mathbb{R}^{2K}$ dan $X/(X+Z)$ adalah panjang kuadrat dari dua komponen pertama ketika vektor diproyeksikan secara radial ke unit sphere $S^{2K-1}$ .

Proyeksi multinormal standar $n$ -Vektor ke unit sphere memiliki distribusi seragam karena distribusi multinormal simetris berbentuk bola. (Yaitu, itu tidak tetap di bawah kelompok ortogonal, hasil yang mengikuti segera dari dua fakta sederhana: (a), kelompok ortogonal memperbaiki asal dan menurut definisi tidak mengubah kovarian; dan (b) rerata dan kovarian sepenuhnya menentukan distribusi normal multivariat. Saya menggambarkan ini untuk kasus ini $n=3$ di https://stats.stackexchange.com/a/7984 ). Bahkan, simetri bola segera menunjukkan distribusi ini bersyarat pada panjang vektor asli. Rasio $X/(X+Z)$ oleh karena itu tidak tergantung pada panjangnya.

Yang disiratkan oleh semua ini adalah penggandaan itu $X/(X+Z)$ oleh yang independen $\chi^2(2K)$ variabel $Y$ membuat variabel dengan distribusi yang sama dengan $X/(X+Z)$ dikalikan dengan $X+Z$ ; kecerdasan, distribusi $X$ , yang memiliki a $\chi^2(2)$ distribusi.

— whuber
sumber

Analogi yang sangat bagus! Saya merasa sedikit tidak yakin tentang paragraf terakhir karena penyederhanaan hanya terjadi karena

X + Z

$X+Z$ ada di kedua sisi perkalian, yang tidak dapat bekerja untuk independen

χ^{2} (2 K)

$\chi^2(2K)$ .

— Xi'an

1

Tetapi setelah beberapa renungan lebih lanjut di métro Paris, saya menyadari itu karena

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$ dan

(X + Z)

$(X+Z)$ independen, menggunakan

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

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

Y \times X / (X + Z)

$Y \times X/(X+Z)$ mengarah pada distribusi yang sama. Selamat!

— Xi'an

1

tambahan: alasannya berlaku untuk non-integer K juga, jika seseorang mendefinisikan a

χ_{q}^{2}

$\chi^2_q$ sebagai Gamma

Ga (q / 2, 1 / 2)

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

— Xi'an

1

@ Xi'an Terima kasih atas komentar yang mengungkapkan itu. Memang, salah satu cara memanfaatkan pengakuan itu

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$ dan

X + Z

$X+Z$ independen adalah untuk mengejar implikasi bahwa fungsi kepadatannya akan dapat dipisahkan: dan gagasan itu berlaku tanpa modifikasi pada kasus umum non-integral

K

$K$ . Bahkan bagi mereka yang lebih suka menghitung konvolusi

X Y

$XY$ secara langsung, wawasan statistik ini menyarankan cara yang sederhana dan efektif untuk melanjutkan integrasi melalui perubahan variabel yang sesuai.

— whuber

3

Saya sangat mencela taktik yang biasa digunakan untuk menemukan kepadatan $Z = g(X,Y)$ oleh komputasi pertama menghitung kepadatan bersama $Z$ dan $X$ (atau $Y$ ) karena "mudah" untuk menggunakan Jacobian, dan kemudian mendapatkan $f_Z$ sebagai kepadatan marginal (lih. jawaban Rusty Statistician). Adalah jauh lebih mudah untuk menemukan CDF dari $Z$ langsung dan kemudian bedakan untuk menemukan pdf tersebut. Ini adalah pendekatan yang digunakan di bawah ini.

$X$ dan $Y$ adalah variabel acak independen dengan kepadatan $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ dan $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$ . Lalu, dengan $Z = XY$ , kami punya untuk $z > 0$ ,

\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}

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

Sudah terkenal kalau $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$ , kemudian $P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$ . Karena itu $Z = XY$ memiliki kerapatan eksponensial dengan parameter $\lambda = \frac 12$ , yang juga merupakan $\chi^2(2)$ distribusi.

— Dilip Sarwate
sumber