Sobre la evaluación de la integral $\int_{-\frac{b}{a}}^{\frac{1-b}{a}}\log\left(ax+b\right)\exp\left(-\frac{1}{2}x^2\right)\mathrm{d}x$ .

Question

Dejemos que $x\in(0,1)$ sea una variable aleatoria que sigue una distribución normal truncada con densidad $$ f(x)= \begin{cases} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2\right) & \text{, if}\:\:0<x<1 \\ 0 & \text{, otherwise} \end{cases} $$ donde $D=\Phi\left(\frac{1-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(-\frac{\mu}{\sigma}\right)$ (Deja que $\Phi$ denotan la fdc de la distribución normal estándar).

Estoy interesado en evaluar la integral $$ I = \int_{0}^{1}g(x)f(x)\mathrm{d}x, $$ donde $g(x)=\log(x)$ , $x>0$ es el logaritmo neperiano, es decir, la integral $$ I = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D}\int_{0}^{1}\log(x)\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2\right)\mathrm{d}x, $$ que, utilizando la sustitución $u=\frac{x-\mu}{\sigma}$ se reescribe como sigue $$ I = \frac{1}{\sqrt{2\pi}D}\int_{-\frac{\mu}{\sigma}}^{\frac{1-\mu}{\sigma}}\log\left(\sigma u+\mu\right)\exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u. $$

Sé que esto no puede darse de forma cerrada. Si esto hace alguna diferencia, quiero usar esto para una aplicación práctica, así que si pudiera haber una aproximación numérica con alguna precisión dada, eso me convendría, pero me gustaría evitarlo.

Answer 1

Primera aproximación : EDIT: No me gusta mucho este, el segundo me parece mejor.Voy a escribir $a = -\frac{\mu}{\sigma}$ y $b = \frac{1-\mu}{\sigma}$ y asumir $\mu \neq 0$ .

$$I = \frac{1}{\sqrt{2\pi}D}\int_{a}^{b}\log\left(\sigma u+\mu\right)\exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u.$$

Si $\mu \neq 0$ podemos reescribir $\log(\sigma u + \mu) = \log(\frac{1}{\mu}) + \log(1+\frac{\sigma}{\mu}u)$ . Dotaré $c := \frac{\sigma}{\mu}$ . Podemos dividir esto en dos integrales $I = I_1 + I_2$ , donde

$$ I_1 = \frac{1}{\sqrt{2\pi}D} \int_{a}^{b} -\log(\mu) \exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u = \frac{-\log(\mu)}{D}\text{erf}(u)\Big|_{a}^{b},$$ y $$I_2 = \frac{1}{\sqrt{2\pi}D}\int_{a}^{b}\log\left(1+ cu\right)\exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u.$$ Aquí veo dos posibilidades para continuar: Enchufar la expansión de taylor para $\log(1+cu)$ o la ampliación de taylor para $\exp(u)$ . Empezaré por la primera. Intercambiando suma e integral (que todavía no estoy seguro de que sea legal), e integrando por partes obtenemos \begin{align} I_2 &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}D}\int_{a}^{b}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} (cu)^n\exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u \\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}D}\sum_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{b} \frac{(-c)^n}{n} u^n\exp\left(-\frac{1}{2}u^2\right)\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{D}\sum_{n=1}^{\infty} (-c)^n \left[ \frac{u^n}{n}\text{erf}(u)\Big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b}u^{n-1}\text{erf}(u) \mathrm{d}u\right]\\ \end{align}

Buscando la última integral en esta tabla integral (página 5, número 7) obtenemos

\begin{align} I_2 = \frac{1}{D}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-c)^n}{\sqrt{\pi}(n+1)} \left[ e^{-u^2}\sum_{k=0}^{l-1}\frac{\Gamma(\frac{n}{2}+1)}{\Gamma(\frac{n}{2}-k+1)} u^{n-2k} - (1-j)\Gamma\left(l+\frac{1}{2}\right)\text{erf}(u)\right]_{a}^{b} \end{align}

donde $j = 0$ o $j=1$ tal que $2l-j = n+1$ . Ahora, el segundo enfoque, que produce una suma mucho más bonita.

Segundo enfoque : A partir de

$$I = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D}\int_{0}^{1}\log(x)\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2\right)\mathrm{d}x$$

Voy a ampliar la función exponencial: \begin{align} \sqrt{2\pi\sigma}D\cdot I &= \int_{0}^{1} \log(x) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^n \cdot n!}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2n} \mathrm{d}x \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sigma^{2n}\cdot 2^n \cdot n!} \int_{0}^{1} \left(x-\mu\right)^{2n} \log(x) \mathrm{d}x \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sigma^{2n}\cdot 2^n \cdot n!} \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}(-\mu)^{2n-k} \int_{0}^{1}x^{k} \log(x) \mathrm{d}x \\ \end{align}

Aplicando la fórmula $$\int x^{k}\ln x\,dx=\frac{x^{k+1}((k+1)\ln x-1)}{(k+1)^2}$$ obtenemos

$$ I = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sigma^{2n}\cdot 2^n \cdot n!} \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}(-\mu)^{2n-k} \frac{1}{(k+1)^2} $$

No es muy difícil ver que se permite intercambiar integral y suma usando Fubini. Podemos encontrar otra representación para $I$ : Utilizando el teorema del binomio, vemos que

$$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} (xy - \mu)^n \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}(-\mu)^{2n-k} \frac{1}{(k+1)^2}$$

Así, podemos escribir \begin{align} I &= \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sigma^{2n}\cdot 2^n \cdot n!} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} (xy - \mu)^n \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= -\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}D} \exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{xy - \mu}{\sigma}\right)^2\right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{align} Ahora tenemos un integrando suave en nuestro dominio. Por lo tanto, debería ser posible obtener buenos resultados numéricos aplicando fórmulas de producto tensorial bidimensional de alto grado de las fórmulas de cuadratura univariante de Gauss-Legendre.

Answer 2

Sugerencia :

$$\int_0^1\log(x)\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}\sigma\right)^2\right)\mathrm{d}x$$

puede verse como una convolución de $\log(x)$ restringido al dominio $(0,1]$ con una gaussiana, es decir, es una versión borrosa de $\log(x)$ .

Como $\log(x)$ es integrable sobre $(0,1]$ (que da como resultado $-1$ ), también lo es la integral dada, para cualquier $\mu,\sigma$ .

Como consecuencia del teorema del límite central, la convolución con una gaussiana puede ser aproximada por una sucesión de convoluciones con un filtro uniforme de anchura adecuada (la varianza resultante es $nw^2/12$ ). http://oscar6echo.blogspot.be/2012/10/convolve-n-square-pulses-to-gaussian.html .

Véase también Wells, W.M.: Efficient synthesis of Gaussian filters by cascaded uniform filters. IEEE Transactions on Pattern Analysis and Machine Intelligence 8(2), 234-239 (Mar 1986).

Las convoluciones uniformes pueden realizarse analíticamente, como

$$\int x^{k-1}\ln x\,dx=\frac{x^k(k\ln x-1)}{k^2}.$$

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Dicho de otro modo, se pueden obtener buenas estimaciones de la integral utilizando la aproximación B-spline uniforme de la gaussiana, que conduce a integradas de la forma $\ln xP(x)$ .

La fórmula correspondiente se encuentra aquí: http://sepwww.stanford.edu/public/docs/sep105/sergey2/paper_html/node5.html#sergey2_eqn:expl

$$\beta_n(x)=\frac1{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n+1}k(-1)^k\left(x+\frac{n+1}2-k\right)_+^n$$ donde el subíndice $_+$ denota la restricción a los argumentos positivos.

Obsérvese que la aproximación sólo es útil cuando la gaussiana es significativamente distinta de cero.