Supervivencia en el juego de dos periodos: media de z|z<v con z=xy, x~U(a,b) e y~U(c,d)

Question

Estoy buscando la forma funcional para describir lo siguiente:

Un shock aleatorio $x\sim Uniform(a,b)$ se multiplica con un segundo shock $y\sim Uniform(c,d)$.

¿Cuál es el valor medio de todos los shocks combinados $z=xy$ por debajo de un umbral específico $v$?

O, dicho de otra manera: $\mathbb{E}(z\vert z

Para ser concretos, asumamos los siguientes valores:

$x\sim Uniform(0.5,1.5)$, $y\sim Uniform(0.4,1.6)$, y $v=0.7$.

Para darte un poco de contexto sobre por qué hago esta pregunta, estoy tratando de modelar lo siguiente:

En un juego de dos periodos, en cada período llega un shock y en cada período hay un punto de corte que determina quién continúa en el juego y quién se va (truncación). Los que continúan reciben el shock futuro (multiplicación de distribuciones) y al final decidimos nuevamente cuántos están por encima y por debajo del umbral. Ahora queremos saber el valor promedio de aquellos que permanecen al final (por debajo del umbral $v$).

Esta pregunta está estrechamente relacionada con:

CDF de Z=XY con X~Uniform(0.5,1.5) e Y~Uniform(0.8,1.5)

pero para la truncación y la parte media.

Cualquier pista es bienvenida.

Answer 1

Los detalles son tediosos (algunos se muestran), pero al menos podemos ver el ejemplo concreto. Sea $a=0.5$, $b=1.5$, $c=0.4$, $d=1.6$ y $k=(b-a)(d-c).$

Siguiendo el desarrollo mostrado en CDF de Z=XY con X~Uniform(0.5,1.5) e Y~Uniform(0.8,1.5) que mencionó el OP, podemos encontrar la CDF:

$$ F_Z(z)= \begin{cases} \left( \frac{1}{k} \right) \left[ac-z+z \left( \mathrm{ln} \ z - \mathrm{ln} \ a - \mathrm{ln} \ c \right) \right] \ , & 0.2 \le z \le 0.6 \\ \left( \frac{1}{k} \right) \left[ac-bc-z \ \mathrm{ln} \ a + z \ \mathrm{ln} \ b \right] \ , & 0.6 \le z \le 0.8 \\ \left( \frac{1}{k} \right) \left[ac-bc-ad+z -z \ \mathrm{ln} \ z + z \ \mathrm{ln} \ b + z \ \mathrm{ln} \ d \right] \ , & 0.8 \le z \le 2.4 \end{cases}$$

Si evaluamos esto en $z=0.7$ encontramos

$$q=P[Z \le 0.7]=\frac{c(a-b)+0.7(\mathrm{ln} \ b-\mathrm{ln} \ a)}{k} \approx 0.3075$$

Al diferenciar la función de distribución acumulada, obtenemos la función de densidad de probabilidad de $z$ como

$$ f_Z(z)=\begin{cases} \left( \frac{1}{k} \right) \left[ \mathrm{ln} \ z - \mathrm{ln} \ a - \mathrm{ln} \ c \right] \ , & 0.2 \le z \le 0.6 \\ \left( \frac{1}{k} \right) \left[ \mathrm{ln} \ b - \mathrm{ln} \ a \right] \ , & 0.6 \le z \le 0.8 \\ \left( \frac{1}{k} \right) \left[ - \mathrm{ln} \ z + \mathrm{ln} \ b + \mathrm{ln} \ d \right] \ , & 0.8 \le z \le 2.4 \end{cases}$$

Ahora, como estamos interesados en $Z \le 0.7,$ la función de densidad de probabilidad condicional será

$$ f_{Z|Z \ \le \ 0.7}(z)=\begin{cases} \left( \frac{1}{kq} \right) \left[ \mathrm{ln} \ z - \mathrm{ln} \ a - \mathrm{ln} \ c \right] \ , & 0.2 \le z \le 0.6 \\ \left( \frac{1}{kq} \right) \left[ \mathrm{ln} \ b - \mathrm{ln} \ a \right] \ , & 0.6 \le z \le 0.7 \end{cases}$$

Aplicando la definición de valor esperado, obtenemos $$E[Z|Z \le 0.7] = \int z \ f_{Z|Z \ \le \ 0.7}(z) \ dz$$

Resolviendo e evaluando las integrales llegamos a

$$E[Z|Z \le 0.7] = \frac{1}{100kq} \left[ 9 \ \mathrm{ln} (0.36)-\mathrm{ln} \ (0.04)-8-\frac{45 \ \mathrm{ln} \ a}{2} - 16 \ \mathrm{ln} \ c +\frac{13 \ \mathrm{ln} \ b}{2} \right] $$

$$$$

$$ E[Z|Z \le 0.7] \approx 0.5126$$

Esto se puede verificar fácilmente mediante simulación.

Answer 2

Ampliaré la respuesta de soakley para desarrollar las fórmulas que describen la media condicional del producto de dos distribuciones uniformes.

La media condicional es la integral de $z$ por la PDF desde el límite inferior hasta $z$, dependiendo del caso, y dividido por la CDF en ese punto: $$ \mathbb{E}[Z|Z \le z]=\frac{\int^z z f_{Z}(z)dz}{F_Z(z)} $$.

Esto dará como resultado las fórmulas que buscaba en esta pregunta: $$ \mathbb{E}[Z|Z \le z]= \begin{cases} \frac{- \frac{a^{2} c^{2}}{4} + \frac{z^{2}}{2} \log{\left (a \right )} - \frac{z^{2}}{2} \log{\left (\frac{z}{c} \right )} + \frac{z^{2}}{4}}{- a c + z \log{\left (a \right )} - z \log{\left (\frac{z}{c} \right )} + z} &, ac \le z \le bc \\ \frac{- \frac{a^{2} c^{2}}{4} + \frac{b^{2} c^{2}}{4} + \frac{z^{2}}{2} \log{\left (a \right )} - \frac{z^{2}}{2} \log{\left (b \right )}}{- a c + b c + z \log{\left (a \right )} - z \log{\left (b \right )}} &, bc \le z \le ad\\ \frac{\frac{a^{2} c^{2}}{4} - \frac{a^{2} d^{2}}{4} - \frac{b^{2} c^{2}}{4} + \frac{z^{2}}{2} \log{\left (b \right )} - \frac{z^{2}}{2} \log{\left (\frac{z}{d} \right )} + \frac{z^{2}}{4}}{a c - a d - b c + z \log{\left (b \right )} - z \log{\left (\frac{z}{d} \right )} + z} &, ad \le z \le bd \end{cases} $$

Lo que me ayudó a resolver esto fue la biblioteca simbólica sympy. Adjunté algo de código en python destacando los pasos:

from sympy import * 
from sympy.stats import *
init_printing()
x,y,z,u,v,a,b,c,d = symbols('x y z u v a b c d')
k = (b-a)*(d-c)
F_uv = integrate(z/x-v,(x,u,z/v))
F_uv

Derivación del primer caso:

F_Z = (F_uv.subs([(u,a),(v,c)]))/k
F_Z

f_Z = diff(F_Z,z)
f_Z

cond_F_Z = integrate(z*f_Z,(z,a*c,z))/F_Z
simplify(cond_F_Z)

N(cond_F_Z.subs([(a, .5), (b, 1.5), (c, .4), (d, 1.6), (z,.55 )]))

Derivación del segundo caso:

F_Z2 = (F_uv.subs([(u,a),(v,c)])-F_uv.subs([(u,b),(v,c)]))/k
F_Z2

f_Z2 = diff(F_Z2,z)
f_Z2

cond_F_Z2 = (integrate(z*f_Z,(z,a*c,b*c))+integrate(z*f_Z2,(z,b*c,z)))/F_Z2
simplify(cond_F_Z2)

N(cond_F_Z2.subs([(a, .5), (b, 1.5), (c, .4), (d, 1.6), (z,.7 )]))

Derivación del tercer caso:

F_Z3 = (F_uv.subs([(u,a),(v,c)])-F_uv.subs([(u,a),(v,d)])-F_uv.subs([(u,b),(v,c)]))/k
simplify(F_Z3)

f_Z3 = diff(F_Z3,z)
f_Z3

cond_F_Z3 = (integrate(z*f_Z,(z,a*c,b*c))+integrate(z*f_Z2,(z,b*c,a*d))+integrate(z*f_Z3,(z,a*d,z)))/F_Z3
simplify(cond_F_Z3)

N(cond_F_Z3.subs([(a, .5), (b, 1.5), (c, .4), (d, 1.6), (z,1)]))