Expectativa condicional del mínimo de dos distribuciones log-normales idénticas

Question

Me gustaría calcular la forma cerrada de la media del mínimo de dos distribuciones logarítmicas normales truncadas (en otro intervalo distinto al de su truncamiento).

Lo he hecho: $\int_{a}^{\infty} \int_{a}^{\infty} min(v, v') \ f(v_{| v > b})f(v'_{| v' > b}) dv dv'$
Dónde $v' $ y $v \sim LogNormal(0, \sigma)$ y $f(v | v>b)$ representa la densidad log-normal truncada en $[b, +\infty]$ .

Ya he calculado la densidad $f$ (y su media): Lo he hecho:
$f(v|v>b) = \frac{\frac{1}{v} \frac{1}{\sigma} \phi(log(v)/\sigma)}{1-\Phi(log(b)/\sigma)}$
donde $\phi$ y $\Phi$ son las funciones normales de densidad y distribución.

La expectativa de este proceso, en un intervalo truncado (de $c$ a $d$ , donde $c > b$ ) viene dada por:
$\mathbb{E}[v|b< c < v < d] = \int^d_c v \ f(v | v > b) = exp(\sigma^2/2) \frac{\Phi(\sigma - log(c)/\sigma) - \Phi(\sigma - log(d)/\sigma)}{1 - \Phi(log(b)/\sigma)}$

Lo que me gustaría obtener ahora es la expectativa del mínimo de dos empates de $f(v|v>b)$ .
Reescribí la integral:
$\int_{a}^{\infty} \int_{a}^{\infty} min(v, v') \ f(v_{| v > b})f(v'_{| v' > b}) dv dv' = \int_a^\infty v_{min}f_{min}(v_{min} | v_{min} > b)$

(No estoy seguro de que esto sea correcto, pero las pruebas numéricas parecen indicar que era correcto).

Desde $Pr(v_{min} < x) = Pr(v < x) + Pr(v' < x) - Pr(v < x, v' < x) = 2 Pr(v < x) - Pr(v < x)^2$
(donde la última igualdad proviene del hecho de que dos distribuciones log-normales truncadas idénticas son independientes... No he hecho la prueba pero creo que es correcta)
He computado
$f_{min}(v | v > b) = 2 f(v | v > b) [1-F(v | v > b)]$

Así que ahora, me gustaría calcular la expectativa de esto, a partir de un determinado $c> b$ a $\infty$ y estoy atascado porque lo he hecho:
$\begin{align*} \int^\infty_c v_{min} f_{min} (v_{min} |v_{min} > c) d v_{min} &= \int^\infty_c v \ 2 f(v | v > b) [1-F(v | v > b)] dv \\ &= \underbrace{2 \int^\infty_c f(v | v > b) dv}_{\text{OK, expectation formula above}} - 2 \ \underbrace{\int^\infty_c v f(v | v>b) F(v|v>b) dv}_{\text{Problem here}} \end{align*}$

Necesito calcular el segundo término, que sé que se puede reescribir: $\begin{align*} \int^\infty_c v f(v | v>b) F(v|v>b) dv = \frac{1}{(1-\Phi(log(b)/\sigma))^2} \int_c^\infty v \frac{1}{v} \frac{1}{\sigma} \phi(log(v)/\sigma) \Phi(log(v)/\sigma) dv - \underbrace{\frac{\Phi(log(b)/\sigma}{1-\Phi(log(b)/\sigma)} \int^\infty_c v f(v|v>b) dv}_{\text{OK, known using expectation formula}} \end{align*}$

---

Así que básicamente (si todo lo demás es correcto), necesito calcular:
$\begin{align*}\int_c^\infty v \frac{1}{v} \frac{1}{\sigma} \phi(log(v)/\sigma) \Phi(log(v)/\sigma) dv\end{align*}$

No estoy seguro de integrar por parte el trabajo o algo así... ¿Alguien tiene una idea? Gracias de antemano

---

Observación:
También sé que $\mathbb{E}[min(X_1, X_2)] = 2 exp(\sigma^2/2) \Phi(-\sigma/\sqrt{2})$ donde $X_1$ y $X_2$ son $LN(0, \sigma)$ ;
Necesito extender esto al caso normal de registro truncado.

---

Todo mi cálculo se reduce ahora a esto: Sé que $\int^\infty_{-\infty} v f(v) F(v) dv = \Phi(\sigma/\sqrt{2}) exp(\sigma^2/2)$ Quiero encontrar : $\int^\infty_{c} v f(v) F(v) dv$ . Creo que el resultado no debe estar muy lejos de aquí, simplemente no lo encuentro..

Answer 1

Respuesta parcial:

Como se ha dicho, antes de ampliar el trabajo, vamos a resolver primero el caso ordinario. Sea $X_1 = e^{\sigma Z_1}, X_2 = e^{\sigma Z_2}$ donde $Z_1, Z_2$ son i.i.d. normales. Así que

$$ \begin{align} &~ E[\min\{e^{\sigma Z_1}, e^{\sigma Z_2}\}] \\ =&~ E[e^{\sigma Z_1}\mathbf{1}_{Z_1 < Z_2}] + E[e^{\sigma Z_2}\mathbf{1}_{Z_2 < Z_1}]\\ =&~ 2E[e^{\sigma Z_1}\mathbf{1}_{Z_1 < Z_2}] \\ =&~ 2\int_{-\infty}^{\infty}E[e^{\sigma Z_1}\mathbf{1}_{Z_1 < Z_2}|Z_1 = z] \phi(z)dz\\ =&~ 2\int_{-\infty}^{\infty}e^{\sigma z}\Phi(-z)\frac {1} {\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac {z^2} {2}\right\}dz\\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\int_{-\infty}^{\infty}\Phi(-z)\frac {1} {\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac {z^2-2\sigma z + \sigma^2} {2}\right\}dz\\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\int_{-\infty}^{\infty}\Phi(-z)\phi(z-\sigma)dz\\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\Pr\{Z_1 + \sigma < Z_2\} \\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\Pr\left\{\frac {Z_1 - Z_2} {\sqrt{2}} < -\frac {\sigma} {\sqrt{2}}\right\} \\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\Phi\left(-\frac {\sigma} {\sqrt{2}}\right)\\ \end{align}$$

Aquí el truco clave debe ser explotar la pdf normal completando el cuadrado y así hemos cambiado la medida. Para extenderlo al caso truncado, hay que tener en cuenta que

$$ e^{\sigma z} > b \iff z > \frac {\ln b} {\sigma} \triangleq a$$

Ahora tratamos de modificar el cálculo en consecuencia: $$ \begin{align} &~ E[\min\{e^{\sigma Z_1}, e^{\sigma Z_2}\}|Z_1 > a, Z_2 > a] \\ =&~ 2\int_a^{\infty}E[e^{\sigma Z_1}\mathbf{1}_{Z_1 < Z_2}|Z_1 = z, Z_2 > a] \frac {\phi(z)} {\Phi(-a)}dz\\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\int_{a}^{\infty}\frac {\Phi(-z)\phi(z-\sigma)} {\Phi(-a)^2}dz\\ =&~ 2\exp\left\{\frac {\sigma^2} {2}\right\}\frac {1} {\Phi(-a)}\Pr\{Z_1 + \sigma < Z_2|Z_1 + \sigma > a\} \\ \end{align}$$

Así que en el último paso implica una FCD normal bivariada, que no puede ser en términos de la FCD normal univariada como antes.