分布

$X$ がベータ分布Beta $(1,K-1)$ 持ち、 $Y$ が $2K$ 度のカイ2乗に従うと仮定します。さらに、 $X$ と $Y$ は独立していると仮定します。

製品の分布はどのようなものですか $Z=XY$ 。

私の試みを更新：

\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}

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

それが正しいか？はいの場合、どのようにこの分布を呼び出しますか？

— タム
ソース

これが宿題や自習の場合は、適切なタグを追加してください。私たちは（通常）このような問題を解決するのではなく、自分で解決策を導く手助けをします。これにより、一般に、将来このような問題を解決する方法をよりよく理解できます。

— jbowman 2015年

確かではありませんが、おそらくこれはいくつかの助けになります：en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_beta_distribution

2番目の変数を作成してみましたか？

言いますか？そして、あなたはの同時分布得ることができる

アウト統合

のtehの分布を得るために

。

W = X + Y

$W=X+Y$

W, Z

$W,Z$

W

$W$

Z

$Z$

私はあなたがベータ密度関数は、間隔の補数にゼロであるという事実を使用している場所を確認していない

。

[0, 1]

$[0,1]$

— whuber

@whuber私はエラーを見つけたと思います。完全な回答を提供しますか、それとも私が一人で行いますか？

— タム2015年

回答:

いくつかの貴重な発言の後、私は解決策を見つけることができました：

我々はおよび $f_X(x)=\frac{1}{B(1,K-1)} (1-x)^{K-2}$ 。 $f_Y(y)=\frac{1}{2^K \Gamma(K)} y^{K-1} e^{-y/2}$

また、我々は。したがって、場合 $0\le x\le 1$ 、我々のget $x=\frac{z}{y}$ ということを意味。 $0 \le \frac{z}{y} \le 1$ $z\le y \le \infty$

したがって：ここで、、最後の等式が成り立つ

\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)}

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

したがって、はパラメータ指数分布に従います $Z$ ; または同等に、。 $\frac{1}{2}$ $Z \sim\chi_2^2$

— タム
ソース

積分値は、この問題に快適な、自然の統計的ソリューションがある製品が有することを示す、分布。これは、標準の正規変数の関数間でよく知られ、簡単に確立される関係にのみ依存しています。 $K$ $\chi^2(2)$

いつ一体である、ベータ分布比率として生じる $K$ $(1,K-1)$ 及び独立しているが、有する

\frac{X}{X + Z}

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

X

$X$

Z

$Z$

X

$X$

χ^{2} (2)

$\chi^2(2)$ 分布を、そして

有して

分布。（たとえば、ベータ版の配布に関するWikipediaの記事を参照してください。）

Z

$Z$

χ^{2} (2 K - 2)

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

任意の分布の二乗の和のことであるの独立した標準正規変量は。その結果、は、標準的な多重正規分布を使用して、ベクトルの乗長として分散されます。 $\chi^2(n)$ $n$ $X+Z$ $2 + 2K-2 = 2K$ $\mathbb{R}^{2K}$ 持ち、は最初の2つの成分のです。そのベクトルは単位球放射状に投影されます $X/(X+Z)$ 。 $S^{2K-1}$

多重正規分布は球対称であるため、標準の多重正規ベクトルの単位球への投影は均一な分布になります。（つまり、直交グループの下では不変であり、2つの単純な事実の直後に続く結果です：（a）直交グループは原点を固定し、定義により共分散を変更しません;（b）平均と共分散は完全に決定します多変量正規分布Iは、ケースのためにこれを例示しでhttps://stats.stackexchange.com/a/7984）。実際、球面対称性は、この分布が元のベクトルの長さを条件として均一であることをすぐに示しています。比率 $n$ $n=3$ したがって、長さに依存しません。 $X/(X+Z)$

何このすべてが意味することは、その乗算である独立して変数同じ分布を有する可変作成を乗じた ; ウィットの分布に有し、分布。 $X/(X+Z)$ $\chi^2(2K)$ $Y$ $X/(X+Z)$ $X+Z$ $X$ $\chi^2(2)$

— whuber
ソース

とてもいいアナロジー！ので、簡略化としてのみ起こるのに私が最後の段落約ビット不確か感じる

ためのどのことができない仕事、乗算の両側にある独立した

。

X + Z

$X+Z$

χ^{2} (2 K)

$\chi^2(2K)$

— 西安

しかし、パリのメトロをさらに熟考した後、

と

は独立しているため、

または

は同じ分布になります。おめでとうございます！

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)

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

— 西安

補遺： 1定義A場合推論は、同様に非整数Kのために行く

ガンマとして

。

χ_{q}^{2}

$\chi^2_q$

Ga (q / 2, 1 / 2)

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

— 西安

@ Xi'an明快なコメントをありがとうございます。実際、認識活用する一方向

と、

独立しているが、それらの密度関数が分離されることを含意を追求することである：及びそのアイデアは、非整数の一般的な場合に変更することなく適用される

。たたみ込み

直接計算することを好む人でさえ、これらの統計的洞察は、変数の適切な変更によって統合を進める単純で効果的な方法を示唆しています。

X / (X + Z)

$X/(X+Z)$

X + Z

$X+Z$

K

$K$

X Y

$XY$

— whuber

ヤコビアンを使用することが「簡単」であり、次に取得するため、最初にと（または）の結合密度を計算することによりの密度を見つけるという一般的に使用される戦術を大幅に廃止します。限界密度として（Rusty Statisticianの回答を参照）。のCDFを直接見つけて、pdfを見つけるために区別する方がはるかに簡単です。これは、以下で使用されるアプローチです。 $Z = g(X,Y)$ $Z$ $X$ $Y$ $f_Z$ $Z$

及び密度の独立ランダム変数である及び $X$ $Y$ $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ 。次に、場合、、 $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$ $Z = XY$ $z > 0$

\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}

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

It is well-known that if $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$ , then $P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$ . It follows that $Z = XY$ has an exponential density with parameter $\lambda = \frac 12$ , which is also the $\chi^2(2)$ distribution.

— Dilip Sarwate
ソース