Probar las transformaciones de dos variables aleatorias chi-cuadrado independientes es equivalente a una distribución Beta

Question

Encontré lo siguiente en unos viejos apuntes míos de clase:

si $\chi_{v_{1}}^{2}$ es independiente de $\chi_{v_{2}}^{2}$ t $\frac{\chi_{v_{1}}^{2}}{\chi_{v_{1}}^{2}+\chi_{v_{2}}^{2}}\backsim Beta\left(\alpha=\frac{v_{1}}{2},\beta=\frac{v_{2}}{2}\right)$ ,

pero no se presentaron pruebas. Intenté probarlo por mi cuenta, pero me estoy quedando atascado cuando se trata de obtener el $(1-x)^{\beta-1}$ término del $Beta(\alpha, \beta)$ distribución por aparecer. Mi intento es el siguiente, pero me estoy atascando, así que agradecería si alguien me puede ayudar a averiguar dónde me he equivocado o tal vez los próximos pasos a seguir para probar esto.

\begin{eqnarray*} \frac{\chi_{v_{1}}^{2}}{\chi_{v_{1}}^{2}+\chi_{v_{2}}^{2}} & = & \frac{\chi_{v_{1}}^{2}}{\chi_{v_{1}+v_{2}}^{2}}&(\text{independence})\\ & = & \frac{x^{(v_{1}/2)-1}e^{x/2}}{\Gamma\left(\frac{v_{1}}{2}\right)2^{\left(v_{1}/2\right)}}\cdot\frac{\Gamma\left(\frac{v_{1}}{2}+\frac{v_{2}}{2}\right)2^{\left[\left(v_{1}+v_{2}\right)/2\right]}}{x^{(v_{1}+v_{2}/2)-1}e^{x/2}}\\ & = & \frac{x^{\alpha-1}}{\Gamma\left(\alpha\right)2^{\alpha}}\cdot\frac{\Gamma\left(\alpha+\beta\right)2^{(\alpha+\beta)}}{x^{\alpha+\beta-1}}&(\text{letting } \frac{v_{1}}{2}=\alpha ,\frac{v_{2}}{2}=\beta )\\ & = & \frac{\Gamma\left(\alpha+\beta\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)}2^{\beta}x^{\alpha-1}x^{-\alpha-\beta+1}\\ & = & \frac{\Gamma\left(\alpha+\beta\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)\Gamma\left(\beta\right)}\Gamma\left(\beta\right)2^{\beta}x^{\alpha-1}x^{-\alpha-\beta+1}\\ & = & \frac{1}{Beta(\alpha,\beta)}x^{\alpha-1}x^{-\alpha-\beta+1}\\ & = & \frac{1}{Beta(\alpha,\beta)}x^{\alpha-1}\underset{ \text{need } (1-x)^{\beta-1} \text{term from this?}}{\underbrace{\Gamma\left(\beta\right)2^{\beta}x^{-\alpha-\beta+1}}} \end{eqnarray*}

Por lo tanto, parece que debería ser capaz de hacer que los términos se reunieron por encima del refuerzo inferior para formar el $(1-x)^{\beta-1}$ término, pero no veo cómo hacerlo. También es muy posible que me haya equivocado en algún sitio. Le agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

La clave está en controlar los diferenciales.

Empecemos por las definiciones, pero céntrate en lo esencial:

• A distribución chi-cuadrado es una distribución Gamma reescalada. Estas distribuciones vienen determinadas por sus densidades, que (hasta una constante de normalización) tienen la forma $$f(x;\alpha)=x^\alpha e^{-x} \frac{\mathrm{d}x}{x}$$ por positivo $x$ (y son cero para $x$ ). Esta forma de escribir la densidad (utilizando $\mathrm{d}x/x$ en lugar de $\mathrm{d}x$ para el elemento diferencial) resulta de una simetría fundamental explicada en https://stats.stackexchange.com/a/185709/919 .

• A distribución beta tiene una densidad proporcional a $$g(x;a,b)=x^a (1-x)^b \frac{\mathrm{d}x}{x(1-x)}$$ para $0 \lt x \lt 1.$ (Este elemento diferencial surge de $$\frac{\mathrm{d}x}{x(1-x)} = \frac{\mathrm{d}x}{x} + \frac{\mathrm{d}x}{1-x},$$ insinuando fuertemente una simetría subyacente).

La densidad bivariada para un par independiente de variables chi-cuadrado será, por definición de independencia, proporcional al producto $f(x;\alpha)f(y;\beta).$ Para introducir esto en el formulario $g,$ la pregunta nos invita a realizar un cambio de variables para $(s,t)$ donde uno de ellos--digamos $s$ --representa el cociente $x/(x+y).$ Mirar esto durante un minuto sugiere intentar $t=x+y$ para la otra variable. Es decir, establecer

$$(s,t) = \left(\frac{x}{x+y}, x+y\right).$$

Esto es invertible con la inversa dada por

$$(x,y) = (st, (1-s)t).\tag{1}$$

Tenemos que convertir el elemento diferencial $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ que aparece en el producto del $f$ en un múltiplo del elemento diferencial $\mathrm{d}s\mathrm{d}t.$ Podrías usar jacobianos, pero Me resulta más fácil interpretar cada uno como un producto en cuña y utilizar los elementos naturales sugeridos por las formas adoptadas por $f$ y $g,$ así:

$$\frac{\mathrm{d}x}{x} = \frac{s\mathrm{d}t + t\mathrm{d}s}{st} = \frac{\mathrm{d}t}{t} + \frac{\mathrm{d}s}{s}$$

y, del mismo modo,

$$\frac{\mathrm{d}y}{y} = \frac{\mathrm{d}t}{t} - \frac{\mathrm{d}s}{1-s}.$$

Por lo tanto

$$\frac{\mathrm{d}x}{x}\wedge \frac{\mathrm{d}y}{y} = \left(\frac{\mathrm{d}t}{t} + \frac{\mathrm{d}s}{s}\right) \wedge \left(\frac{\mathrm{d}t}{t} - \frac{\mathrm{d}s}{1-s}\right) = \frac{\mathrm{d}t}{t}\wedge \frac{\mathrm{d}s}{s(1-s)}.\tag{2}$$

El cambio de variables se efectúa enchufando $(1)$ y $(2)$ en el producto del $f$ 's:

$$\eqalign{ f(x;\alpha)f(y;\beta) &= x^\alpha y^\beta e^{-(x+y)} \frac{\mathrm{d}x}{x}\frac{\mathrm{d}y}{y} \\ &= (st)^\alpha ((1-s)t)^\beta e^{-t} \frac{\mathrm{d}t}{t} \frac{\mathrm{d}s}{s(1-s)} \\ &= s^\alpha (1-s)^\beta\frac{\mathrm{d}s}{s(1-s)}\ t^{\alpha+\beta} e^{-t} \frac{\mathrm{d}t}{t} \\ &= g(s;\alpha,\beta) f(t;\alpha+\beta). }$$

La forma de este resultado muestra que

En $X$ tiene un Gamma $(\alpha)$ y la variable independiente $Y$ tiene un Gamma $(\beta)$ la variable $S=X/(X+Y)$ tiene un Beta $(\alpha,\beta)$ y la variable $T=X+Y$ es independiente de $S$ y tiene un Gamma $(\alpha+\beta)$ distribución.

Llegados a este punto, podríamos preguntarnos qué aporta al resultado el reescalado (de una distribución Gamma a una chi-cuadrado). Porque $S=X/(X+Y)$ es una función homogénea de $(X,Y),$ reescalado $X$ y $Y$ en las mismas cantidades no cambiará $S$ . Obviamente reescalará $T=X+Y$ por el mismo factor. Por lo tanto, $S$ sigue teniendo una distribución Beta y $T$ tiene ahora una distribución chi-cuadrado, QED.

Answer 2

No entiendo lo que estás haciendo, así que sólo algunas pistas. Un problema con tu desarrollo es que numerador y denominador es no independiente. Definir las variables aleatorias independientes $X \sim \chi^2_{\nu_1}, \quad Y\sim \chi^2_{\nu_2}$ . Usted está interesado en la distribución de la relación $R=\frac{X}{X+Y}$ . Entonces $$ R = \frac{X}{X+Y}= \frac{1}{1+\frac{Y}{X}}=\frac{1}{1+\frac{\nu_2}{\nu_1}\frac{Y/\nu_2}{X/\nu_1}}=\frac{1}{1+\frac{\nu_2}{\nu_1}F} $$ dónde ahora $F$ es una variable aleatoria con la distribución F, $F\sim \mathcal{F}_{\nu_2,\nu_1}$ . La densidad del $F$ es conocida, así que úsala junto con lo que sabes sobre encontrar densidades para transformaciones de variables aleatorias.

Answer 3

El problema que tenía, como acertadamente señaló @kjetil, era que había incorrectamente el numerador y el denominador eran independientes, lo que obviamente no es cierto. no es cierto. Lo único que tenía que hacer era reescribir el cociente $Y=W/(W+U)$ , donde $W\sim\chi_{v_{2}}^{2}\perp U\sim\chi_{v_{1}}^{2}$ como sigue:

\begin{eqnarray*} Y=\frac{W}{W+U} & = & \frac{1}{1+\frac{U}{W}}=\frac{1}{1+\frac{v_{2}}{v_{1}}\frac{\frac{U}{v_{2}}}{\frac{W}{v_{1}}}}=\frac{1}{1+\frac{v_{2}}{v_{1}}X} \end{eqnarray*} donde $X\sim F_{v_{2},v_{1}}$ . Dejar $\alpha=v_{1}/2$ y $\beta=v_{2}/2$ y utilizando técnicas estándar de transformación uno a uno de variables aleatorias, tenemos una transformación inversa de . $g^{-1}(y)=\frac{\alpha}{\beta}(1-y)y^{-1}$ lo que lleva a:

\begin{eqnarray*} f_{Y}(y) & = & f_{X}\left(g^{-1}(y)\right)\left|\frac{d}{dy}g^{-1}\left(y\right)\right|\\ & = & \frac{\Gamma\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\alpha}{2}\right)\Gamma\left(\frac{\beta}{2}\right)}\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{\beta}\frac{\left[\frac{\alpha}{\beta}(1-y)y^{-1}\right]^{\beta-1}}{\left[1+\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)\frac{\alpha}{\beta}(1-y)y^{-1}\right]^{\alpha+\beta}}\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)y^{-2}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{\beta}\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)^{\beta-1}\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)y^{-2}\frac{\left[(1-y)y^{-1}\right]^{\beta-1}}{\left[1+y^{-1}-1\right]^{\alpha+\beta}}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{\beta}\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{-\beta+1}\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{-1}y^{-2}\frac{\left[(1-y)y^{-1}\right]^{\beta-1}}{\left[y^{-1}\right]^{\alpha+\beta}}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}y^{-2}\left[(1-y)y^{-1}\right]^{\beta-1}y^{\alpha+\beta}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}y^{-2}(1-y)^{\beta-1}y^{-\beta+1}y^{\alpha+\beta}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}y^{-2-\beta+1+\alpha+\beta}(1-y)^{\beta-1}\\ & = & \frac{1}{B(\alpha,\beta)}y^{\alpha-1}(1-y)^{\beta-1} \end{eqnarray*}

para $0\le z\le1,\,\alpha>0,\beta>0$ que es un $Beta\left(\alpha=\frac{v_{1}}{2},\beta=\frac{v_{2}}{2}\right)$ distribución, lo que completa la prueba. QED.

Gracias por los útiles comentarios de todos, que me han puesto en el buen camino. el camino correcto para probarlo. Realmente me gustaría poder otorgar tanto whuber y kjetil b. halvorsen puntos por la respuesta correcta, porque ambos son realmente merecedor, pero creo que la respuesta de kjetil fue más útil para llevarme a la respuesta correcta y era un poco más fácil de digerir, así que me temo que, si sólo puedo aceptar una respuesta, será la suya.