Si tengo $\frac{X/n_1}{Y/n_2}$ donde $X$ y $Y$ son variables aleatorias chi-cuadrado independientes, con grados de libertad $n_1$ y $n_2$ respectivamente, entonces la distribución de esta relación viene dada por la $F$ -distribución. Si tengo, en cambio, $\frac{X}{Y + k}$ donde $k$ es una constante, ¿cuál sería la distribución?
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Esta cuestión puede resolverse mediante el cambio de variables. Generalicemos ligeramente para considerar dos variables aleatorias independientes con distribución gamma. Sea $\newcommand{\G}{\Gamma}X\sim \G(r_1, \lambda)$ y $Y \sim \G(r_2, \lambda)$ , donde $\G(r,\lambda)$ denota una distribución con densidad $$ f(x\;;r,\lambda) = \frac{\lambda^r x^{r-1}}{\Gamma(r)} e^{-\lambda x} \mathbf{1}_{(x > 0)} \> . $$
En lo que sigue, necesitaremos el siguiente hecho básico. Sea $\beta > 0$ (para simplificar). Entonces, si $Z \sim \G(r, \lambda)$ , $$ \newcommand{\e}{\mathbb{E}} \e(Z^\beta) = \lambda^{-\beta} \frac{\G(r+\beta)}{\G(r)} \> . $$ Tenga en cuenta que no hay ninguna restricción de que $\beta$ sea un número entero.
Bajo la notación previamente establecida, una variable aleatoria chi-cuadrado con $n$ grados de libertad es también un $\Gamma(n/2, 1/2)$ variable aleatoria.
Definir las variables de transformación $U = X / (Y + k)$ y $V = Y$ . Entonces el mapa $(X,Y) \mapsto (U,V)$ es uno a uno.
En particular, $X = U(V+k)$ y $Y = V\,$ para que el jacobiano sea $$ J = \left| \begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \\ \end{matrix} \right| = \left| \begin{matrix} v+k & u \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right| = v+k \> , $$ y como $v > 0$ , $k > 0$ tenemos que $|J| = J = v + k$ .
La densidad conjunta de $(U,V)$ definido en $\{(u,v): u > 0, v > 0\}$ es por lo tanto $$ f_{U,V}(u,v) = |J| f_{X,Y}(x,y) = \frac{\lambda^{r_1 + r_2}}{\G(r_1)} u^{r_1 - 1} e^{-\lambda k u} \cdot \frac{(v+k)^{r_1} v^{r_2-1}}{\G(r_2)} e^{-\lambda(1+u)v} \> . $$
Ahora nos queda integrar $v$ para que podamos recuperar $f_U(u)$ .
Así, para $u > 0$ , $$ f_U(u) = \frac{\lambda^{r_1}}{\G(r_1)} u^{r_1 - 1} (1+u)^{-r_2} e^{-\lambda k u} \cdot \int_0^\infty (v+k)^{r_1} \frac{v^{r_2-1} (\lambda(1+u))^{r_2}}{\G(r_2)} e^{-\lambda(1+u)v} \,\mathrm{d}v \> . $$
Obsérvese que si $Z_u \sim \G(r_2, \lambda(1+u))$ entonces $$ \e(Z_u+k)^{r_1} = \int_0^\infty (v+k)^{r_1} \frac{v^{r_2-1} (\lambda(1+u))^{r_2}}{\G(r_2)} e^{-\lambda(1+u)v} \,\mathrm{d}v \> , $$ que proporciona una interpretación probabilística de la integral.
Consideremos algunos casos especiales.
Caso 1 : $k = 0$ .
$$ \e(Z_u+k)^{r_1} = \e Z_u^{r_1} = (\lambda(1+u))^{-r_1} \frac{\G(r_1+r_2)}{\G(r_2)} $$ y así
$$ f_U(u) = \frac{\G(r_1+r_2)}{\G(r_1)\G(r_2)} u^{r_1 - 1} (1+u)^{-(r_1+r_2)} \> . $$
A partir de esto, si $r_1 = n_1/2$ , $r_2 = n_2/2$ y $\lambda = 1/2$ es fácil ver que $\frac{X/n_1}{Y/n_2} = \frac{n_2}{n_1}\frac{X}{Y+k} \sim F(n_1,n_2)$ como era de esperar.
Caso 2 : $r_1$ es integral.
Si $r_1$ es un número entero (por ejemplo, en el caso de chi-cuadrado, si los grados de libertad del numerador son pares) entonces, $$ \e(Z_u+k)^{r_1} = \sum_{i=0}^{r_1} {r_1 \choose i} k^{r_1-i} \e(Z_u^i) \>, $$ por lo que la expresión para $\e(Z_u^i)$ puede utilizarse para obtener una expresión de "forma cerrada" (al menos si se admite la función gamma) para la densidad.
Raiana
Puntos
221
Definir $Z=X/(Y+c)$ . Busquemos la FCD $F_Z(x) = P( X/(Y+c) < x ) = P(X < Yx + cx)$ .
Como Y es una variable aleatoria, podemos calcularla como
$F_Z(x) = \int_0^\infty P(X < xy + cx) f_Y(y) \mathrm d y = \int_0^\infty F_X( x(y+c) ) f_Y(y) \mathrm d y$
Ahora diferencie por $x$ para obtener el PDF de $Z$ :
$f_Z(x) = \int_0^\infty f_X( x(y+c) ) (y+c) f_Y(y) \mathrm d y$
Sustituyendo la PDF correspondiente, obtenemos
$f_Z(x) = \frac{1}{2^k \gamma(k/2)^2} \int_0^\infty [x(y + c)/2]^{k/2-1} \mathrm e^{-x(y+c)/2} y^{k/2-1} \mathrm e^{-y/2} \mathrm d y$
que según Mathematica se evalúa como
$f_Z(x) = \frac{2^{\frac{1}{2}-k} c^{\frac{1}{2} (-1+k)} e^{\frac{1}{4} (c-c x)} \sqrt{\pi } (1+x)^{\frac{1}{2}-\frac{k}{2}} \text{BesselK}\left[\frac{1}{2} (-1+k),\frac{1}{4} c (1+x)\right] \text{Csc}\left[\frac{k \pi }{2}\right]}{\text{Gamma}\left[1-\frac{k}{2}\right] \text{Gamma}\left[\frac{k}{2}\right]^2}$
Esto supone que $X$ y $Y$ tienen los mismos grados de libertad, $k$ .
ed: Corregido por la advertencia de @cardinal.
