Transformar la función de densidad de probabilidad con la ayuda de Laplace (Fourier)

Question

Estoy leyendo un papel que se deriva una forma cerrada de la expresión de la siguiente probabilidad utilizando las propiedades de la transformada de Fourier,

$$ \mathbb{P} \biggl( F \geq T \ (I+W) \biggl)$$

Supuestos:

1 - Asumir que el $F$ tiene un número finito primer momento y admite un cuadrado integrable densidad de $f(y)$.

2 - $I$ $W$ son independientes y uno admite una densidad que es cuadrado integrable.

3- $I+W$ admite una densidad de $g(t)$.

4- $T$ es una constante

La prueba se presentan a continuación,

Prueba $$\begin{align} \mathbb{P} \biggl( F \geq T(I+W) \biggl)&= \int_{0}^{\infty} f(y) \ \mathbb{P} \biggl(I+W<y/T \biggl)\\ &= \int_{0}^{+\infty} f(y) \ \int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \ 1(0<t<y/T) dt \\ &\stackrel{?}{=} \int_{0}^{+\infty} f(y)\int_{-\infty}^{+\infty} \mathcal{L}_{I}(-2 i \pi s)\mathcal{L}_{W}(-2i\pi s)\times \frac{e^{2i\pi ys/T }-1}{2i\pi s} ds dy\\ &\stackrel{?}{=} \int_{0}^{+\infty} f(y)\int_{-\infty}^{+\infty} \mathcal{L}_{I}(-2 i \pi s T)\mathcal{L}_{W}(-2i\pi sT)\times \frac{e^{2i\pi ys }-1}{2i\pi s} ds dy\\ &\stackrel{?}{=}\int_{-\infty}^{+\infty} \mathcal{L}_{I}(2 i \pi s T)\mathcal{L}_{W}(2i\pi sT)\times \frac{\mathcal{L_F}(-2i\pi s )-1}{2i\pi s} ds \end{align}$$

donde la notación $\mathcal{L}_{I}(.),\mathcal{L}_{W}(.), \mathcal{L}_{F}(.)$ representa la transformada de Laplace de $I,W$$F$.

Preguntas

Mis preguntas son respecto a los últimos tres pasos marcados con (?).

Yo entiendo que no es una convolución paso por la función de densidad de probabilidad $I+W$, que se convierte en el dominio de la frecuencia de la multiplicación entre dos transformaciones, sin embargo no entiendo cómo los autores llegan a la argumentación de la de Laplace, que es $-2 i \pi s$.

Los autores afirman que esto se puede hacer utilizando Plancherel-Parseval theroem. He añadido el teorema de abajo

$$\int_{\mathbb{R}} f(t)\ g(t) \ dt = \int_{\mathbb{R}}\hat{f}(s)\ \overline{\hat{g}(s)} \ ds $$

donde para todas las funciones $f,g$$\mathbb{R}$$\mathbb{R}$, la de Fourier de Transformar en $s\in \mathbb{R}$ cuando existe, está dado por $$\hat{f}(s)= \int_{\mathbb{R}}e^{-2i\pi t s} f(t) \ dt $$ $$\hat{g}(s)= \int_{\mathbb{R}}e^{-2i\pi t s} g(t) \ dt $$ y $ \ \overline{\hat{g}(s)}$ denota el complejo conjugado de $\hat{g}(s)$.

Muchas gracias

Answer 1

En primer lugar, a mí me parece que las densidades de $I,W$ sólo son compatibles en $\left[0,\infty\right)$, de lo contrario no veo cómo la derivación puede ser cierto. Por lo tanto, voy a suponer que este en la siguiente.

A continuación, que nos indican las densidades de $I,W$$g_{I},g_{W}$, respectivamente. Esto implica $$ \overline{\widehat{g_{I}}\left(\xi\right)}=\overline{\int_{-\infty}^{\infty}g_{I}\left(x\right)\cdot e^{-2\pi ix\xi}\,{\rm d}x}=\int_{0}^{\infty}g_{I}\left(x\right)\cdot e^{2\pi ix\xi}\,{\rm d}x=\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\xi\right). $$ La misma fórmula se tiene para $\mathcal{L}_{W}$.

Ahora tenga en cuenta que \begin{eqnarray*} \left(\mathcal{F}1_{0<t<y/T}\right)\left(\xi\right) & = & \int_{0}^{y/T}e^{-2\pi it\xi}\,{\rm d}t\\ & = & \frac{e^{-2\pi it\xi}}{-2\pi i\xi}\bigg|_{t=0}^{y/T}\\ & = & \frac{e^{-2\pi iy\xi/T}-1}{-2\pi i\xi} \end{eqnarray*} Finalmente, $g=g_{I}\ast g_{W}$ (debido a $I,W$ son independientes), por lo que que $\mathcal{F}g=\widehat{g_{I}}\cdot\widehat{g_{W}}$ (por el teorema de convolución).

Como $g_{I},g_{W}$ son de cuadrado integrable, así son las transformadas de Fourier $\widehat{g_{I}},\widehat{g_{W}}$ (por el teorema de Plancherel). Pero densidades son siempre integrable, así que $\widehat{g_{I}},\widehat{g_{W}}\in C_{0}\left(\mathbb{R}\right)$. Por lo tanto $\widehat{g_{I}}\cdot\widehat{g_{W}}\in L^{1}\left(\mathbb{R}^{d}\right)\cap L^{\infty}\left(\mathbb{R}^{d}\right)\subset L^{p}\left(\mathbb{R}^{d}\right)$ para todos los $p\in\left[1,\infty\right]$. Además, $1_{0<t<y/T} \in L^2$, así que lo mismo es cierto de su transformada de Fourier.

Ahora Plancherel (Parseval si quieres) implica \begin{eqnarray*} & & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi is\right)\cdot\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi is\right)\cdot\frac{e^{-2\pi iys/T}-1}{-2\pi is}\,{\rm d}s\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\overline{\widehat{g_{I}}\left(s\right)\cdot\widehat{g_{W}}\left(s\right)}\cdot\left(\mathcal{F}1_{0<t<y/T}\right)\left(s\right)\,{\rm d}s\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\overline{\widehat{g}\left(s\right)}\cdot\widehat{1_{0<t<y/T}}\left(s\right)\,{\rm d}s\\ & \overset{\text{Plancherel}}{=} & \int_{-\infty}^{\infty}\overline{g\left(t\right)}\cdot1_{0<t<y/T}\,{\rm d}t\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}g\left(t\right)\cdot1_{0<t<y/T}\,{\rm d}t. \end{eqnarray*} En la primera integral, ahora podemos hacer la sustitución $\omega=s/T$ (con ${\rm d}s=T\cdot{\rm d}\omega$), lo que produce \begin{eqnarray*} & & \int_{-\infty}^{\infty}g\left(t\right)\cdot1_{0<t<y/T}\,{\rm d}t\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi is\right)\cdot\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi is\right)\cdot\frac{e^{-2\pi iys/T}-1}{-2\pi is}\,{\rm d}s\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\cdot\frac{e^{-2\pi i\omega y}-1}{-2\pi i\omega T}\, T\cdot{\rm d}\omega\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\cdot\frac{e^{-2\pi i\omega y}-1}{-2\pi i\omega}\,{\rm d}\omega. \end{eqnarray*} Si, finalmente, la integración de esta en contra de $f\left(y\right)$ y el uso de Fubini del teorema, llegamos a \begin{eqnarray*} & & \int_{0}^{\infty}f\left(y\right)\cdot\int_{-\infty}^{\infty}g\left(t\right)\cdot1_{0<t<y/T}\,{\rm d}t\\ & = & \int_{0}^{\infty}f\left(y\right)\cdot\int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\cdot\frac{e^{-2\pi i\omega y}-1}{-2\pi i\omega}\,{\rm d}\omega\,{\rm d}y\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\int_{0}^{\infty}f\left(y\right)\cdot\frac{e^{-2\pi i\omega y}-1}{-2\pi i\omega}\,{\rm d}y\,{\rm d}\omega\\ & \overset{\left(\ast\right)}{=} & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\left[\frac{1}{-2\pi i\omega}\underbrace{\int_{0}^{\infty}f\left(y\right)\cdot e^{-2\pi i\omega y}\,{\rm d}y}_{=\mathcal{L}_{F}\left(2\pi i\omega\right)}+\frac{1}{2\pi i\omega}\right]\,{\rm d}\omega\\ & = & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(-2\pi i\omega T\right)\mathcal{L}_{W}\left(-2\pi i\omega T\right)\left[\frac{\mathcal{L}_{F}\left(2\pi i\omega\right)-1}{-2\pi i\omega}\right]\,{\rm d}\omega\\ & \overset{\gamma=-\omega}{=} & \int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{L}_{I}\left(2\pi i\gamma T\right)\mathcal{L}_{W}\left(2\pi i\gamma T\right)\left[\frac{\mathcal{L}_{F}\left(-2\pi i\gamma\right)-1}{2\pi i\gamma}\right]\,{\rm d}\gamma. \end{eqnarray*} En $\left(\ast\right)$, hemos utilizado el hecho de que $f$ es una densidad de $\left(0,\infty\right)$, por lo que $$ \int_{0}^{\infty}\frac{f\left y\right)}{2\pi i\omega}\,{\rm d}y=\frac{1}{2\pi i\omega}. $$ Por lo tanto, el resultado final es cierto. No puedo completamente reproducir el exacto pasos intermedios que has publicado (no estoy completamente de conseguir el paso a la primera "?"). Pero los argumentos que se usan en mi derivación son esencialmente los mismos que se utilizan para justificar los dos últimos "?" y la primera "?" es similar a lo que hicieron anteriormente con el teorema de Plancherel. Espero que esta ayuda :)