Derivación de la función de densidad de la distribución t de student de este integral grande.

Question

Mi profesor plantea una pregunta de donde se deriva la función de densidad de la t de student la distribución de Chi-cuadrado y la distribución normal Estándar.

He trabajado en esta cuestión de días, y estoy bastante seguro de que la siguiente integral es correcta (Verificado por otros)

$$f_T(t)=\int_{-\infty}^\infty|x|2nx\times \frac{\frac{1}{2}^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}(x^2n)^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{1}{2}x^2n}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(xt)^2}{2}}dx$$

donde n es el grado de libertad de la distribución t y $\Gamma$ es la función gamma de la distribución Gamma.

Mi objetivo es $$f_T(t)=\frac{\Gamma[(n+1)/2]}{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}\left(1+\frac{t^2}{n}\right)^{-(n+1)/2}$$

Me dieron 2 sugerencias. Para continuar, tengo que hacer la integración por partes por primera vez, entonces debo usar el hecho de que la Gamma d.f integra a 1.

A partir de este punto, estoy seguro, pero voy a mostrar mis pasos.

Sabemos que el d.f de la Gamma, densidad, con los parámetros de $\alpha=\frac{n+1}{2} \lambda=\frac{1}{2}$ integra a $1$ $\int_{0}^{\infty}g(t)dt= \int_{0}^{\infty}\frac{\frac{1}{2}^{\frac{n+1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}t^{\frac{n+1}{2}-1}e^{-\frac{1}{2}t}dt=1$

Deje $t=x^2n$. Por lo tanto, $dt=2xn\,dx$

Tenemos $\int_{0}^{\infty}g(t)dt=\int_{0}^{\infty}g(x^2n)2xn\,dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{1}{2}^{\frac{n+1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}(x^2n)^{\frac{n+1}{2}-1}e^{-\frac{1}{2}(x^2n)}2xn\,dx=1$

Esto debería ser útil porque me di cuenta de la $\Gamma[(n+1)/2]$ en el resultado final.

De trabajo en las grandes integral de ahora...

$f_T(t)=\int_{-\infty}^\infty|x|2nx\times \frac{\frac{1}{2}^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}(x^2n)^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{1}{2}x^2n}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(xt)^2}{2}}$

$=\frac{\Gamma[(n+1]/2)]}{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}\int_{-\infty}^\infty \frac{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}{\Gamma[(n+1]/2)]}|x|2nx\times \frac{\frac{1}{2}^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}(x^2n)^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{1}{2}x^2n}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(xt)^2}{2}}dx$

Después de una carga de manipulación,

$=\frac{\Gamma[(n+1]/2)]}{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}\int_{-\infty}^\infty 2nx \frac{(\frac{1}{2})^{\frac{n+1}{2}}}{\Gamma [(n+1)/2)] }(x^2n)^{\frac{n-1}{2}}e^{-\frac{1}{2}(x^2n)}\times2n|x|e^{-\frac{(xt)^2}{2}}dx$

Tenga en cuenta que la primera mitad es integrar a 1. Por lo tanto tengo que hacer por partes.

Pero todavía no puedo llegar a mi meta.

Yo había tratado de esta cuestión durante al menos 6 veces ya y ahora. Puedo obtener ayuda? Traté de escribir estas fuera tan bien como yo sabía cómo.

Answer 1

Deje $Y$ ser un chi-cuadrado variable aleatoria con $n$ grados de libertad. Entonces la raíz cuadrada de $Y$, $\sqrt Y\equiv \hat Y$ se distribuye como una chi-distribución con $n$ grados de libertad, el cual tiene una densidad de $$ f_{\hat Y}(\hat y) = \frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} \hat y^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {\hat y^2}{2}} \Big\} \qquad [1]$$

Definir $X \equiv \frac {1}{\sqrt n}\hat Y$. A continuación,$ \frac {\partial \hat Y}{\partial X} = \sqrt n$, y por el cambio de variable de la fórmula tenemos que

$$ f_{X}(x) = f_{\hat Y}(\sqrt nx)\Big |\frac {\partial \hat Y}{\partial X} \Big| = \frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} (\sqrt nx)^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {(\sqrt nx)^2}{2}} \Big\}\sqrt n $$

$$=\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}x^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {n}{2}x^2} \Big\} \qquad [2]$$

Deje $Z$ ser una variable aleatoria normal estándar, y definir el estudiante -t r.v. por

$$T = \frac{Z}{\sqrt \frac Yn}= \frac ZX $$.

Por la fórmula estándar para la función de densidad de la relación de dos variables aleatorias independientes, $$f_T(t) = \int_{-\infty}^{\infty} |x|f_Z(xt)f_X(x)dx $$

Pero $f_X(x) = 0$ para el intervalo de $[-\infty, 0]$ porque $X$ es un valor no negativo r.v. Para que podamos eliminar el valor absoluto, y reducir la integral a

$$f_T(t) = \int_{0}^{\infty} xf_Z(xt)f_X(x)dx $$

$$ = \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp \Big \{{-\frac{(xt)^2}{2}}\Big\}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}x^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {n}{2}x^2} \Big\}dx $$

$$ = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}\int_{0}^{\infty} x^n \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) x^2\Big\} dx \qquad [3]$$

La integral es una Mellin transformar de $\exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) x^2\Big\}$. Su solución es $$\int_{0}^{\infty} x^n \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) x^2\Big\} = (n+t^2)^{-\frac 12 (n+1)}\Gamma(n+1)D_{-(n+1)}(0) $$

$$ = \left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)} n^{-\frac 12 (n+1)}\Gamma(n+1)D_{-(n+1)}(0) \qquad [4] $$

Hemos obtenido el núcleo de la t-de distribución, y este es el paso más crítico. Ahora $D_{-(n+1)}(0)$ (Whittaker) de cilindro parabólico función. Las siguientes relaciones (ver Abramovitz Y Stegun 19.3.7 & 19.3.5):

$$D_{-(n+1)}(0) = U(n+\frac 12,0) = \frac {\sqrt\pi}{2^{\frac 12(n+\frac 12)+\frac 14} \Gamma\Big (\frac 34 + \frac 12(n+\frac 12)\Big)} = \frac {\sqrt\pi}{2^{\frac n2+\frac 12} \Gamma\Big (\frac n2 + 1\Big)} \qquad [5]$$

La inserción de $[5]$ a $[4]$ y todo en $[3]$ obtenemos

$$f_T(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2} n^{-\frac 12 (n+1)}\Gamma(n+1)\frac {\sqrt\pi}{2^{\frac n2+\frac 12} \Gamma\Big (\frac n2 + 1\Big)}\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)} \; [6] $$

Mediante la duplicación de la fórmula para la función gamma, y simplificando, el desfile de las constantes en la ecuación. $[6]$ hace $\frac{\Gamma[(n+1)/2]}{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}$ y hemos obtenido la densidad de la t-de distribución.

ADDENDUM : Derivación sin el uso de la Mellin transformar.

Hemos llegado a $eq. [3]$. Si queremos evitar el uso de la Mellin de transformación, y en lugar de utilizar la pista que nos dieron, tenemos que transformar la integral en la función de distribución Gamma. Los límites de integración son correctos, así que tenemos que manipular el integrando en cada uno de los Gamma función de densidad sin necesidad de cambiar los límites. Definir la variable $$m \equiv x^2 \Rightarrow dm = 2xdx \Rightarrow dx = \frac {dm}{2x}, \; x = m^{\frac 12}$$ Haciendo la sustitución en el integrando tenemos

$$I_3=\int_{0}^{\infty} x^n \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) m\Big\} \frac {dm}{2x} = \frac 12\int_{0}^{\infty} m^{\frac {n-1}{2}} \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) m\Big \} dm \qquad [7]$$

La Gamma, densidad puede ser escrito

$$ Gamma(m;k,\theta) = \frac {m^{k-1} \exp\Big\{-\frac{m}{\theta}\Big \}}{\theta^k\Gamma(k)}$$

La coincidencia de los coeficientes, debemos tener

$$k-1 = \frac {n-1}{2} \Rightarrow k^* = \frac {n+1}{2}, \qquad \frac 1\theta =\frac 12 (n+t^2) \Rightarrow \theta^* = \frac 2 {(n+t^2)} $$

Para estos valores de $k^*$ $\theta^*$ los términos en el integrando que involucran la variable son el núcleo de una gamma, densidad. Así que si dividimos el integrando por $(\theta^*)^{k^*}\Gamma(k^*)$ y se multiplican fuera de la intergal en la misma magnitud, la integral será la gamma dist. función y será igual a la unidad. Por lo tanto, hemos llegado a

$$I_3 = \frac12(\theta^*)^{k^*}\Gamma(k^*) = \frac12 \Big (\frac 2 {n+t^2}\Big ) ^{\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right) = 2^ {\frac {n-1}{2}}n^{-\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right)\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)} $$

De nuevo hemos obtenido el núcleo de la t-de distribución. La inserción de la anterior en eq. $[3]$ tenemos $$f_T(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}2^ {\frac {n-1}{2}}n^{-\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right)\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)}$$

$$=\frac{\Gamma[(n+1)/2]}{\sqrt{n\pi}\Gamma(n/2)}\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)}$$

...A veces, más "primitivas" son los métodos más sencillos.

Answer 2

Siguiendo @Bombyx comentario de la derivación iría de la siguiente manera (publicado aquí sólo para la integridad y el futuro de referencia, y la amplificación de los pasos mencionados en Casella y Berger Inferencia Estadística , de modo que todo el mundo puede seguir):

Con un mínimo de reordenamiento (multiplicar por $\frac{\sigma}{\sigma}$) $t$ estadística de la fórmula se convierte en:

$\large t= \frac{\bar{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}=\frac{(\bar{X}-\mu)/(\sigma/\sqrt{n})}{\sqrt{S^2/\sigma^2}}$ [1]

En la expresión anterior, $(\bar{X}-\mu)/(\sigma/\sqrt{n})\,\,\sim \,\,N(0,1)$

y $\sqrt{S^2/\sigma^2} =\sqrt{ \frac{\sum_{x=1}^n(X - \bar{X})^2}{n-1}/\sigma^2} \,\,\sim \,\,\sqrt{\chi_{(n-1)}^2/(n-1)}$.

La asignación de $U = (\bar{X}-\mu)/(\sigma/\sqrt{n})$$V=\sqrt{S^2/\sigma^2}$, que se caracteriza como $U \sim N(0,1)$$V \sim \chi_k^2$, la expresión [1] se convierte en $U/\sqrt{V/k}$.

Con la premisa de la independencia, la articulación de la densidad es:

$f_{U,V}(u,v) = \frac{1}{(2\pi)^{1/2}} e^{-u^2/2} \frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})\,2^{k/2}}\,v^{(k/2)-1}\, e^{-v/2}$ $-\infty<u<\infty$ $0<v<\infty$.

Haciendo la transformación $t=\frac{u}{\sqrt{v/k}}$$w=v$, (de ahí, $u=t\,(\frac{w}{k})^{1/2}$), y con $(w/k)^{1/2}$ como el Jacobiano, el marginal pdf será:

$ f_T(t) = \int_0^\infty \,f_{U,V}\bigg(t\,(\frac{w}{k})^{1/2},w\bigg)(w/k)^{1/2}dw$

$ a= \frac{1}{(2\pi)^{1/2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})2^{k/2}}\, $$\int_0^\infty\, e^{-\frac{\bigg(t(\frac{w}{k})^{1/2}\bigg)^2}{2}} w^{(k/2)-1} e^{-(\frac{w}{2})} \frac{w^{1/2}}{k^{1/2}}\,dw$

$ a= \frac{1}{(2\pi)^{1/2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})2^{k/2}k^{1/2}}\, $$\int_0^\infty\, w^{(k+1)/2)-1}\, e^{-(1/2)(1 + t^2/k)w} \,dw$

El siguiente paso consiste en identificar en la ecuación anterior el kernel de una distribución gamma pdf:

$x^{\alpha-1}\,e^{x\,\lambda}$

con los parámetros de $(\alpha=(k+1)/2,\,\lambda=(1/2)(1+t^2/k))$.

El pdf genérico para la distribución gamma es,

$\large \frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)}\,x^{\alpha-1}\,e^{x\,\lambda}$.

La estrategia es la de sintetizar toda la gamma pdf dentro de la integral impropia en nuestra $f_T(t)$ pdf en curso, de modo que podemos simplificar como $1$, ya que sabemos que es cierto de todos los archivos en pdf. Para conseguir lejos con él tenemos que multiplicar el numerador y el denominador por el mismo coeficiente:

$\frac{\Gamma(\alpha)\,\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)\,\lambda^\alpha}$. Y ya que ni $\alpha$ ni $\lambda$ incluye el factor de integración $w$ podemos incluir dentro de la integral, o dejarlos fuera. Naturalmente, queremos dejar dentro de la integral de la $\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)}$, y mantener a $\frac{\Gamma(\alpha)}{\lambda^\alpha}$ fuera de la integral. Ahora $f_T(t)$ tendrá un aspecto horrible para solo un segundo:

$ a= \frac{1}{(2\pi)^{1/2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})2^{k/2}k^{1/2}}\, $$\int_0^\infty\frac{((1/2)(1+t^2/k))^{(k+1)/2}}{\Gamma((k+1)/2)}$ $w^{(k(k+1)/2)-1} e^{-(1/2)(1 + t^2/k)w} dw\, \frac{\Gamma((k+1)/2)}{((1/2)(1+t^2/k))^{(k+1)/2}}$

... porque todo lo que entre los $\int$ $dw$ es sólo el gamma $pdf$ integrado en todo su apoyo, por lo que se convierte en $1$, y nos quedamos con:

$ a= \frac{1}{(2\pi)^{1/2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})2^{k/2}k^{1/2}}\, \frac{\Gamma((k+1)/2)}{((1/2)(1+t^2/k))^{(k+1)/2}} $

$ a= \frac{1}{(2\pi)^{1/2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{k}{2})2^{k/2}k^{1/2}}\,\Gamma((k+1)/2)\, \Big[\frac{2}{(1+t^2/k)}\Big]^{(k+1)/2}$

$ a= \frac{\Gamma(\frac{k+1}{2})}{\Gamma(\frac{k}{2})}\, \frac{1}{(2\pi)^{1/2}2^{k/2}k^{1/2}}\, \Big[\frac{2}{(1+t^2/k)}\Big]^{(k+1)/2} $

$ a= \frac{\Gamma(\frac{k+1}{2})}{\Gamma(\frac{k}{2})}\, \frac{1}{(2\pi)^{1/2}2^{k/2}k^{1/2}}\, \frac{2^{(k+1)/2}}{(1+t^2/k)^{(k+1)/2}} $

$ a= \frac{\Gamma(\frac{k+1}{2})}{\Gamma(\frac{k}{2})}\, \frac{1}{(\pi)^{1/2}k^{1/2}}\, \frac{1}{(1+t^2/k)^{(k+1)/2}} $

$\Gran f_T(t)= \frac{\Gamma(\frac{k+1}{2})}{\Gamma(\frac{k}{2})}\, \frac{1}{\sqrt{k\,\pi}}\, \Big(1+\frac{t^2}{k}\Big)^{-\frac{k+1}{2}} $ cual es el $pdf$ de la $t$-Estudiante o Gosset distribución con $k$ grados de libertad.

Answer 3

Dado su actual integral del estado, la primera cosa que me gustaría haber hecho es hacer una sustitución de deshacerse de la dependencia de $t$ en el exponente, por lo $u = \frac{1}{2} x^2 (n+t^2)$. El resultado será una Gamma integral y el $t$ dependiente de partes coinciden con la solución deseada.

Ah, y antes de la sustitución, también hacen que la integral de $0$ $\infty$y el doble de valor (molestos $|x|$). Déjame saber que esto tiene.

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PS su integral las necesidades de un ligero ajuste.

Deje $Z$ ser normal estándar y $V$ ser la raíz cuadrada de la distribución chi-squared con $n$ grados de libertad.

A continuación, en la distribución conjunta, para averiguar la densidad de la a $t$, al integrar sobre los posibles valores de $Z=x$, ten en cuenta que como la distribución chi-squared es positivo, esto sólo es posible cuando se $x \cdot t > 0$ (mismo signo), en cual caso el enchufe en la densidad de $V$$n(x/t)^2$, como su deseado t de student la distribución de $Y$$Y = Z / \sqrt{(V/n)}$.

Así, por $t > 0$ (es simétrico, por lo que vamos a pasar por alto el otro caso, por ahora)

$f_T(t) = \int_0^\infty \frac{ (nx^2/t^2)^{k/2-1} e^{-\frac{nx^2}{2t^2}} }{ 2^{n/2} \Gamma(n/2) } \frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}} dx$.

Si $t>0$, la única contribución proviene de al$Z=x>0$$V = n(x/t)^2$.

La primera cosa a partir de aquí hacer es aislar el exponente, el uso de la sustitución de $u = x^2 \frac{1+n/t^2}{2}$ y usted debe obtener una función gamma integral.

Answer 4

No una respuesta y no debe ser premio de los puntos de recompensa, la derivación es en libro de Berger y Casella, capítulo 5. No es difícil lo que puede tener una doble comprobación.