Diferencia de dos variables aleatorias chi cuadrado no centrales

Question

Tengo un problema en el que quiero encontrar la distribución de la diferencia de dos variables aleatorias chi cuadrado no centrales (RV), ambas independientes. Dado $$ X=a+A\\ Y=b+B $$ donde $a=a_r+ja_i$ , $b=b_r+jb_i$ , $a_r,a_i,b_r,b_i\in\mathbb{R}$ son constantes, $A=A_r+jA_i$ , $B=B_r+jB_i$ , $A_r,A_i,B_r,B_i\sim\mathcal{N}(0,1)$ todos independientes. El problema consiste en calcular $$ P(Z>z)=\int_z^{\infty}f_Z(x)dx $$ donde $Z=|X|^2-|Y|^2$ . He probado los siguientes métodos:

1. $|X|^2=X_r^2+X_i^2$ donde $X_r$ y $X_i$ son las partes real e imaginaria de $X$ y lo mismo para $Y$ . $X_r^2$ y $X_i^2$ son chi cuadrado no central con parámetro de no centralidad $\lambda_X=|a|^2$ y $2$ grados de libertad (DoF). Sé que sumar dos chi al cuadrado no centrales es también un chi al cuadrado no central, pero no me queda claro cuál es la diferencia de dos chi al cuadrado no centrales.
2. Mediante la función generadora de momentos (MGF). La MGF de la diferencia de dos RV es el producto de MGF individuales, una con argumento negativo: $$ M_{U-V}(t)=M_U(t)M_V(-t) $$ para arbitraria $U$ , $V$ RV. Así, $$ M_Z(t)=M_{|X|^2}(t)M_{|Y|^2}(-t)=\frac{e^{\frac{\lambda_X t}{1-2t}-\frac{\lambda_Y t}{1+2t}}}{1-4t^2} $$ El pdf se puede encontrar a través de la inversa de la transformada de Laplace de la MGF, pero no puedo ver si el $M_Z$ tiene una forma cerrada inversa.
3. Convolver. $$ f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{|X|^2}(x)f_{|Y|^2}(x+z)dx. $$ He intentado resolver esta integral utilizando:
   • La pdf expresada como la función de Bessel modificada de primer tipo $I_0$ : $$ f_{|X|^2}(x)=\frac{1}{2}e^{-\frac{x+\lambda_X}{2}}I_0\left(\sqrt{\lambda_X x}\right) $$ En este caso, la convolución es una integral de una exponencial y producto de dos funciones de Bessel. He utilizado el libro de "Tablas de Integrales" de Gradshteyn y Ryzhik pero no he podido encontrar ninguna solución.
   • La expresión de Bessel $I_0$ como series infinitas. Al final tengo una integral de dos series infinitas. He intentado expresar este producto como un producto de Cauchy pero los argumentos son diferentes (uno es $x$ y el otro es $x+z$ ).
   • El pdf expresado como una mezcla. Pero al final tengo una convolución de dos series infinitas de funciones.
4. Desarrollo de las plazas. $Z$ puede reescribirse como $$ Z=|a|^2-|b|^2+2\left(a_rA_r+a_iA_i-b_rB_r-b_iB_i\right)+\left(A_r^2+A_i^2-B_r^2-B_i^2\right)=N+L $$ donde $N\sim\mathcal{N}\left(|a|^2-|b|^2,|a|^2+|b|^2\right)$ y $L\sim\mathcal{L}(0,2)$ es una VR de Laplace. La suma de $N+L$ Sin embargo, no está claro qué distribución es, ya que $N$ y $L$ son dependientes. El MGF de $N+L$ es el anterior, como era de esperar.

Agradecería cualquier pista que me pudieran dar. Gracias.

Answer 1

Prefiero escribir el pdf como $\frac{1}{2}e^{-\frac{x+|a|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}x\mid1\right)$ donde $_{0}F_{1}$ es la función hipergeométrica de orden $(0,1)$ .

Para $z\geq0$ , \begin{align*} \Pr\left(|X|^{2}-|Y|^{2}>z\right) &=\int_{0}^{\infty}\Pr\left(v-z>|Y|^{2}\right)\frac{1}{2}e^{-\frac{v+|a|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\int_{z}^{\infty}\Pr\left(v-z>|Y|^{2}\right)\frac{1}{2}e^{-\frac{v+|a|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\int_{0}^{\infty}\Pr\left(v>|Y|^{2}\right)\frac{1}{2}e^{-\frac{v+z+|a|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{v}\frac{1}{2}e^{-\frac{w+|b|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}w\mid1\right)\mathrm{d}w\right) \frac{1}{2}e^{-\frac{v+z+|a|^{2}}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\frac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{v}e^{-\frac{w}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}w\mid1\right)\mathrm{d}w\right) e^{-\frac{v}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\frac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{1}e^{-\frac{vr}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\mid1\right)v\mathrm{d}r\right) e^{-\frac{v}{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}v \\&=\frac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{1}ve^{-\frac{v}{2}(1+r)}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\mid1\right)\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}r\mathrm{d}v \end{align*} Ahora, \begin{align*} _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right) &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{|a|}{2}\right)^{2n}\frac{(v+z)^{n}}{(n!)^{2}} \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{|a|}{2}\right)^{2n} \sum_{k=0}^{n}\frac{z^{k}}{k!}\frac{v^{n-k}}{(n-k)!} \\&=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{|a|}{2}\right)^{2n}\frac{z^{k}}{k!}\frac{v^{n-k}}{(n-k)!} \\&=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+k)!}\left(\frac{|a|}{2}\right)^{2n+2k}\frac{z^{k}}{k!}\frac{v^{n}}{n!} \\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{k!}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}v\right)^{n}}{n!}\frac{1}{(n+k)!} \\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\mid k+1\right) \end{align*} Entonces \begin{align*} &\Pr\left(|X|^{2}-|Y|^{2}>z\right) \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}ve^{-\frac{v}{2}(1+r)}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\mid1\right)\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}(v+z)\mid1\right)\mathrm{d}v\mathrm{d}r \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}ve^{-\frac{v}{2}(1+r)}\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\mid1\right)\ _{0}F_{1}\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\mid k+1\right)\mathrm{d}v\mathrm{d}r \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}ve^{-\frac{v}{2}(1+r)}\ \left(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\right)^{m}}{(m!)^{2}}\right) \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\right)^{n}}{n!(n+k)!}\right)\mathrm{d}v\mathrm{d}r \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}\right)^{m}}{(m!)^{2}} \frac{\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}\right)^{n}}{n!(n+k)!} \int_{0}^{1}r^{m} \int_{0}^{\infty}v^{n+m+1}e^{-\frac{1+r}{2}v}\ \mathrm{d}v\mathrm{d}r \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}ve^{-\frac{v}{2}(1+r)}\ \left(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}vr\right)^{m}}{(m!)^{2}}\right) \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}v\right)^{n}}{n!(n+k)!}\right)\mathrm{d}v\mathrm{d}r \\&=\tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(\tfrac{|b|^{2}}{4}\right)^{m}}{(m!)^{2}} \frac{\left(\tfrac{|a|^{2}}{4}\right)^{n}}{n!(n+k)!}(n+m+1)! \int_{0}^{1}r^{m}\left(\frac{2}{1+r}\right)^{n+m+2}\mathrm{d}r \\&=e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{2}} \sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(\tfrac{|b|^{2}}{2}\right)^{m}}{(m!)^{2}} \frac{\left(\tfrac{|a|^{2}}{2}\right)^{n}}{n!(n+k)!}(n+m+1)! \int_{0}^{\frac{1}{2}}x^{m}(1-x)^{n}\mathrm{d}x \\&=e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|a|^{2}}{4}z\right)^{k}}{(k!)^{3}} \int_{0}^{\frac{1}{2}}\Psi_{2}\left(\tfrac{|a|^{2}}{2}(1-x),\tfrac{|b|^{2}}{2}x\mid2;k+1,1\right)\mathrm{d}x \end{align*} Dónde $\Psi_{2}$ es uno de los Serie Humbert

Estoy seguro de que se puede simplificar aún más, lo intentaré pronto. Con el objetivo de al menos una serie de energía

EDITAR

Si tuviera que evaluar la convolución de su puesto, por $z\geq0$ , $$ \tfrac{1}{4}e^{-\frac{z+|a|^{2}+|b|^{2}}{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{|b|^{2}}{4}z\right)^{k}}{k!} \Psi_{2}\left(\tfrac{|a|^{2}}{2},\tfrac{|b|^{2}}{2}\mid2;1,k+1\right) $$