¿El producto de dos variables aleatorias gaussianas es también un gaussiano?

Question

Digamos que tengo $X \sim \mathcal N(a, b)$ y $Y \sim \mathcal N(c, d)$ . Es $XY$ también se distribuyen normalmente?

¿Es la respuesta diferente si sabemos que $X$ y $Y$ son independientes?

Answer 1

El producto de dos variables aleatorias gaussianas se distribuye, en general, como una combinación lineal de dos variables aleatorias chi-cuadrado:

$$ XY \,=\, \frac{1}{4} (X+Y)^2 - \frac{1}{4}(X-Y)^2$$

Ahora, $X+Y$ y $X-Y$ son variables aleatorias gaussianas, por lo que $(X+Y)^2$ y $(X-Y)^2$ son de distribución Chi-cuadrado con 1 grado de libertad.

Si $X$ y $Y$ son ambos de media cero, entonces

$$ XY \sim c_1 Q - c_2 R$$

donde $c_1=\frac{Var(X+Y)}{4}$ , $c_2 = \frac{Var(X-Y)}{4}$ y $Q, R \sim \chi^2_1$ son fundamentales.

Las variables $Q$ y $R$ son independientes si y sólo si $Var(X) = Var(Y)$ .

En general, $Q$ y $R$ son no centrales y dependientes.

Answer 2

Como demostró @Yemon Choi en la primera pregunta, sin ninguna hipótesis la respuesta es negativa ya que $P(X^2<0)=0$ mientras que $P(U<0)\neq 0$ si $U$ es gaussiano.

Para la segunda pregunta la respuesta también es no. Toma $X$ y $Y$ dos variables aleatorias gaussianas con media $0$ y la varianza $1$ . Ya que tienen la misma varianza, $X-Y$ y $X+Y$ son variables aleatorias gaussianas independientes. Pongamos $Z:=\frac{X^2-Y^2}2=\frac{X-Y}{\sqrt 2}\frac{X+Y}{\sqrt 2}$ . Entonces $Z$ es el producto de dos gaussianas independientes, pero la función característica de $Z$ es $\varphi_Z(t)=\frac 1{\sqrt{1+t^2}}$ que no es la función característica de una gaussiana.

Answer 3

Como señala Davide Giraudo, la función característica de Z es $\varphi_Z (t) = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}$ . Así, la densidad de probabilidad correspondiente viene dada por: $$\eqalignno{f_Z(z)&={1\over2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-itz}\varphi_Z(t)\,dt={1\over2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}{\cos zt-i\,{\rm sen}\ zt\over\sqrt{1+t^2}}\,dt\cr &={1\over2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}{\cos zt\over\sqrt{1+t^2}}\,dt-{i\over2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}{{\rm sen}\ zt\over\sqrt{1+t^2}}\,dt.}$$ La última de estas integrales es nula porque el integrando es una función impar. Por lo tanto, ${\Im[f_Z(z)]=0}$ y tenemos $$f_Z(z)={1\over\pi}\int_0^{+\infty}{\cos zt\over\sqrt{1+t^2}}\,dt.$$ Para $z > 0$ esta integral converge y representa la función de Bessel modificada de orden cero de segunda especie , normalmente denotado como $K_{0}(z)$ . Así, $$f_Z(z)={1\over\pi}K_0(|\,z\,|), \qquad |\,z\,|>0$$ Esto demuestra que la variable aleatoria $Z$ tiene un Forma K de la distribución de Bessel . Para más información, véase, por ejemplo, Johnson y Kotz. Distribuciones en Estadística --- Distribuciones continuas univariantes ons. Boston, Houghton-Mifflin, 1970. Véase también https://en.wikipedia.org/wiki/K-distribution .

Answer 4

Puede utilizar momentos para ver que el producto $XY$ de normales independientes no puede ser normal salvo en casos triviales. Por trivial, me refiero a $\mathbb{V}(X)\mathbb{V}(Y)=0.$

Supongamos que $X,Y$ son normales independientes para que $XY$ es normal.

Caso 1: Supongamos que $\mathbb{E}(X)=0$ . Con independencia, $\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)=0$ Así que $XY$ es normal de media cero, y por lo tanto $$\mathbb{E}((XY)^4)=3\mathbb{E}((XY)^2)^2.$$ Por independencia obtenemos
$$\mathbb{E}(X^4)\mathbb{E}(Y^4)=3\mathbb{E}(X^2)^2\mathbb{E}(Y^2)^2.$$ O bien $\mathbb{V}(X)=0$ o dividiendo por $\mathbb{E}(X^4)$ da $ \mathbb{E}(Y^4)= \mathbb{E}(Y^2)^2.$ Esto demuestra que $Y^2$ y por lo tanto $Y$ tiene una varianza cero.

Caso 2: Supongamos que $\mathbb{E}(X^2)>0$ y $\mathbb{E}(Y^2)>0$ . Entonces, sin pérdida de generalidad, $\mathbb{E}(X^2)=1$ y $\mathbb{E}(Y^2)=1$ . En este caso, también tenemos $\mathbb{E}((XY)^2)=1$ Así que $$\begin{eqnarray} \mathbb{E}(X^3)&=&\mathbb{E}(X)(3-2\mathbb{E}(X)^2)\\ \mathbb{E}(Y^3)&=&\mathbb{E}(Y)(3-2\mathbb{E}(Y)^2)\\ \mathbb{E}((XY)^3)&=&\mathbb{E}(XY)(3-2\mathbb{E}(XY)^2) \end{eqnarray} $$ Restando el producto de las dos primeras líneas de la tercera línea se obtiene $$0=6\mathbb{E}(X)\,\mathbb{E}(Y)\,\mathbb{V}(X)\,\mathbb{V}(Y).$$ O estamos en un caso trivial, o volvemos al caso 1.

Por lo tanto, el producto no puede ser normal salvo en casos triviales.

Answer 5

Para una respuesta general a su pregunta, consulte la distribución de Wishart.