Binomio-Exponencial compuesto: ¿Forma cerrada para la PDF?

Question

Configuración:

Consideremos la variable aleatoria $Y_N$ derivado de $$Y_N = \sum_{i=0}^N X_i$$ donde $N$ es una variable aleatoria con distribución $p_n = {M \choose n} p^n q^{M-n}$ (binomial es decir $M$ ensayos de Bernoulli) y el $X_i$ son variables aleatorias con distribución $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$ (exponencial). Me gustaría obtener el pdf de $y$ . Anteriormente pregunté esta pregunta lo que me llevó a esperar que la distribución es la suma $$p(y) = \sum_{i=1}^M {M \choose i} p^i q^{M-i} \frac{\lambda^iy^{i-1}e^{-\lambda y}}{(i-1)!} $$ o la integral (transformada inversa de Fourier de la función característica) $$p(y) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk}{2\pi} e^{-iky}(\frac{p\lambda}{\lambda-ik}+q)^M = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk}{2\pi}e^{-iky}(\frac{i\lambda + kq}{i\lambda + k})^M$$ La segunda igualdad se deduce de $p+q=1$ . Me gustaría resolver cualquiera de estos problemas en forma cerrada si es posible. La función generadora de momentos de la que derivan es $$ p(s) = (\frac{p\lambda}{\lambda-s}+q)^M.$$ La función característica es $p(s=ik)$ .

Pregunta:

¿Cuál es la distribución $p(y)$ de $Y_N$ ?

Intentos:

Probé la expansión binomial $p(s)$ en forma de transformada de Fourier, lo que conduce a una suma sobre integrales como $\int_{-\infty}^{\infty} du u^{-m}e^{-a u}$ donde $m$ es un número entero positivo -- casi una suma de funciones gamma pero con parámetros negativos y sobre límites erróneos.

Intenté manipular la forma de la suma en algo en lo que pudiera usar la fórmula binomial, pero no puedo obtener coeficientes binomiales a partir de los prefactores factoriales de la suma.

¿Alguna idea? Había pensado que un proceso binomial-exponencial compuesto habría sido bien estudiado con una solución de forma cerrada, pero no pude encontrar nada inmediatamente relevante.

Otros:

Este artículo explora un problema muy similar, pero tendré que leerlo detenidamente para ver qué relación tiene. (enlace) .

Answer 1

He podido calcular la integral que presentas utilizando la integración de contornos en el plano complejo.

En el caso de $\lambda > 0$ , $y <0$ es fácil demostrar mediante integración de contornos que

$$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{dk}{2\pi}e^{-iyk}\left(\dfrac{i\lambda p}{k - (-i\lambda)}+q\right)^M = 0$$

Para el caso más interesante de $\lambda > 0$ , $y > 0$ se puede demostrar, mediante integración de contornos y manipulaciones algebraicas para generar una serie de Laurent, que

$$\begin{align*}\int_{-\infty}^\infty \dfrac{dk}{2\pi}e^{-iyk}\left(\dfrac{i\lambda p}{k - (-i\lambda)}+q\right)^M &= -2\pi i \space \mathrm{Res}_{z=-i\lambda}\left[\dfrac{1}{2\pi}e^{-iyz}\left(\dfrac{i\lambda p}{z - (-i\lambda)}+q\right)^M\right]\\ \\ &= -2\pi i \space \mathrm{Res}_{z=-i\lambda}\left[\dfrac{1}{2\pi}e^{-iyz}\sum_{j=0}^{M}\binom{M}{j}\left(\dfrac{i\lambda p}{z - (-i\lambda)}\right)^jq^{M-j}\right]\\ \\ &= -2\pi i \space \mathrm{Res}_{z=-i\lambda}\left[\dfrac{1}{2\pi}\left(\sum_{n=0}^\infty \dfrac{\left(-iy\right)^n e^{-\lambda y}}{n!}\left(z-\left(-i\lambda\right)\right)^n\right)\left(\sum_{j=0}^{M}\binom{M}{j}\left(\dfrac{i\lambda p}{z - (-i\lambda)}\right)^jq^{M-j}\right)\right]\\ \\ &= -2\pi i \dfrac{1}{2\pi}\sum_{j=1}^M \dfrac{\left(-iy\right)^{j-1}e^{-\lambda y}}{\left(j-1\right)!}\binom{M}{j}\left(i\lambda p\right)^jq^{M-j} \\ \\ &= \sum_{j=1}^M \binom{M}{j} p^j q^{M-j}\dfrac{\lambda^j y^{j-1} e^{-\lambda y}}{\left(j-1\right)!}\\ \\ &\mbox{(confirmation of exactly what you already thought to be true)}\\ \\ &= \dfrac{q^M e^{-\lambda y}}{y}\sum_{j=1}^M \binom{M}{j} \left(\dfrac{\lambda y p}{q}\right)^j \dfrac{1}{\left(j-1\right)!}\\ \end{align*}$$

En el caso de $\lambda > 0$ , $y =0$ la integral diverge debido a la " $+q$ ". La integral diverge en este único valor de $y$ con un peso de $q^M$ con el teorema de convolución y la definición de una FCD.

En realidad, la integral no aporta ninguna información nueva sobre la serie. Tienes que manipular la forma de la serie para que te resulte agradable.

El desarrollo anterior de la serie de Laurent, para hallar el residuo, proporciona algunas ideas sobre cómo surgen las porciones de cada término en la suma final. Los coeficientes binomiales proceden de la expansión binomial, como cabría esperar. Los factores factoriales proceden de la expansión de la serie de Taylor de la función exponencial. La suma final proviene de multiplicar los términos de la serie entre sí y sumarlos para hallar el coeficiente del $(z-(-i\lambda))^{-1}$ término de la serie Laurent.

Consolidando los resultados para todos los valores reales de $y$ la expresión debería escribirse como

$$\begin{align*}p(y) &= q^M\delta(y)+H(y)\dfrac{q^M e^{-\lambda y}}{y}\sum_{j=1}^M \binom{M}{j} \left(\dfrac{\lambda y p}{q}\right)^j \dfrac{1}{\left(j-1\right)!}\\ \\ &= q^M\delta(y)+ H(y) \dfrac{p}{q} q^{M} \lambda e^{-\lambda y}\sum_{j=0}^{M-1} \binom{M}{j+1} \left(\dfrac{p}{q}\lambda y\right)^{j} \dfrac{1}{j!}\\ \end{align*}$$

Dónde $H(y)$ es el escalón unitario de Heaviside y $\delta(y)$ es la función Delta de Dirac.

Utilizando esta expresión, convolviendo el $M=1$ caso consigo mismo $M-1$ veces, se obtiene la expresión correcta para el $M^{th}$ como era de esperar dado el teorema de convolución de la transformada de Fourier.

Utilizando la expresión anterior para $p(y)$ encontramos

$$\int_{-\infty}^\infty p(y) dy = (q+p)^M =1$$

que es lo que cabría esperar.

Para sustituir la serie, Wolfram Alpha propone esta forma "cerrada" en términos de una función hipergeométrica:

$$\begin{align*}p(y) &= q^M\delta(y)+H(y) \dfrac{p}{q} q^{M} \lambda e^{-\lambda y}\sum_{j=0}^{M-1} \binom{M}{j+1} \left(\dfrac{p}{q}\lambda y \right)^{j} \dfrac{1}{j!}\\ \\ &= q^M\delta(y)+ H(y) \dfrac{p}{q} q^{M} \lambda e^{-\lambda y} M \space {}_1F_1 \left(1-M;2;-\dfrac{p}{q}\lambda y\right) \end{align*}$$

Actualización para obtener el FCD a partir del PDF

Para obtener la FCD, reescribamos un poco la PDF. Voy a utilizar la siguiente expresión que implica la función gamma superior incompleta en el proceso

$$\dfrac{\partial}{\partial y}\Gamma(j,\lambda y) =\dfrac{\partial}{\partial (\lambda y)}\Gamma(j,\lambda y) \cdot \dfrac{\partial}{\partial y}\lambda y = -(\lambda y)^{j-1}e^{-\lambda y}\lambda$$

Así que trabajando un poco el PDF

$$\begin{align*}p(y) &= q^M\delta(y)+H(y) \dfrac{p}{q} q^{M} \lambda e^{-\lambda y}\sum_{j=0}^{M-1} \binom{M}{j+1} \left(\dfrac{p}{q}\lambda y \right)^{j} \dfrac{1}{j!}\\ \\ &= \delta(y)q^M+H(y) \lambda e^{-\lambda y}\sum_{j=0}^{M-1} \binom{M}{j+1} q^{M-(j+1)}p^{j+1}\left(\lambda y \right)^{j} \dfrac{1}{j!}\\ \\ &= \delta(y)q^M+H(y) \lambda e^{-\lambda y}\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{1}{(j-1)!}\left(\lambda y \right)^{j-1} \\ \\ &= \delta(y)q^M-H(y) \sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{1}{(j-1)!}(-1)\left(\lambda y \right)^{j-1} e^{-\lambda y}\lambda \\ \\ &= \delta(y)q^M-H(y) \sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{\partial}{\partial y}\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)} \\ \end{align*}$$

Para integrar el PDF y obtener el CDF, utilizaré las siguientes relaciones:

$$\int_{-\infty}^{x} H(t)f'(t) dt = H(x)\int_0^x f'(t) dt = H(x)\left[f(x) - f(0)\right]$$

$$\int_{-\infty}^x \delta(t) f(t)dt = H(x)f(0)$$

Entonces, integrando el PDF para encontrar el CDF:

$$\begin{align*}P(y) &= \int_{-\infty}^y p(t) dt\\ \\ &= \int_{-\infty}^y \delta(t)q^M dt - \sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\int_{-\infty}^y H(t)\dfrac{\partial}{\partial t}\dfrac{\Gamma(j,\lambda t)}{\Gamma(j)} dt\\ \\ &= H(y)q^M -\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j} H(y)\left[\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)}-\dfrac{\Gamma(j,0)}{\Gamma(j)}\right]\\ \\ &= H(y)\left[q^M -\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j} \left(\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)}-1\right)\right]\\ \\ &= H(y)\left[q^M +\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j} -\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)}\right]\\ \\ &= H(y)\left[(q+p)^M -\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)}\right]\\ \\ P(y) &= H(y)\left[1 -\sum_{j=1}^{M} \binom{M}{j} q^{M-j}p^{j}\dfrac{\Gamma(j,\lambda y)}{\Gamma(j)}\right]\\ \end{align*}$$