Distribución de$XY$ if$X \sim$ Beta$(1,K-1)$ y$Y \sim$ chi-squared con$2K$ degrees

Question

Supongamos que$X$ tiene la distribución beta Beta$(1,K-1)$ y$Y$ sigue un chi cuadrado con$2K$ degrees. Además, asumimos que$X$ y$Y$ son independientes.

¿Cuál es la distribución del producto$Z=XY$.

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Mi intento: \begin{align} f_Z &= \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{|y|}f_Y(y) f_X \left (\frac{z}{y} \right ) dy \\ &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \frac{1}{y} y^{K-1} e^{-y/2} (1-z/y)^{K-2} dy \\ &= \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)}\int_{0}^{+\infty} e^{-y/2} (y-z)^{K-2} dy \\ &=\frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} [-2^{K-1}e^{-z/2}\Gamma(K-1,\frac{y-z}{2})]_0^\infty \\ &= \frac{2^{K-1}}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} e^{-z/2} \Gamma(K-1,-z/2) \end {align}

¿Es correcto? Si es así, ¿cómo llamamos a esta distribución?

Answer 1

Después de algunas observaciones valiosas, pude encontrar la solución:

Nosotros tenemos$f_X(x)=\frac{1}{B(1,K-1)} (1-x)^{K-2}$ y$f_Y(y)=\frac{1}{2^K \Gamma(K)} y^{K-1} e^{-y/2}$.

Además, tenemos$0\le x\le 1$. Por lo tanto, si$x=\frac{z}{y}$, obtenemos$0 \le \frac{z}{y} \le 1$ lo que implica que$z\le y \le \infty$.

Por lo tanto: \begin{align} f_Z &= \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{|y|}f_Y(y) f_X \left (\frac{z}{y} \right ) dy \\ &= \int_{z}^{+\infty} \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \frac{1}{y} y^{K-1} e^{-y/2} (1-z/y)^{K-2} dy \\ &= \frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)}\int_{z}^{+\infty} e^{-y/2} (y-z)^{K-2} dy \\ &=\frac{1}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} \left[-2^{K-1}e^{-z/2}\Gamma(K-1,\frac{y-z}{2})\right]_z^\infty \\ &= \frac{2^{K-1}}{B(1,K-1)2^K \Gamma(K)} e^{-z/2} \Gamma(K-1) \\ &= \frac{1}{2} e^{-z/2} \end {align} donde se mantiene la última igualdad desde$B(1,K-1)=\frac{\Gamma(1)\Gamma(K-1)}{\Gamma(K)}$.

Así que$Z$ sigue una distribución exponencial del parámetro$\frac{1}{2}$; o equivalente, $Z \sim\chi_2^2$.

Answer 2

Hay una agradable, natural de estadística de la solución a este problema por parte integral de los valores de $K$, mostrando que el producto tiene un $\chi^2(2)$ distribución. Sólo depende conocido, fácil de establecer relaciones entre las funciones de la normal estándar de las variables.

Al $K$ es integral, una Beta$(1,K-1)$ distribución se plantea como la relación $$\frac{X}{X+Z}$$ where $X$ and $Z$ are independent, $X$ has a $\chi^2(2)$ distribution, and $Z$ has a $\chi^2(2K-2)$ de distribución. (Ver el artículo de Wikipedia sobre la distribución Beta , por ejemplo.)

Cualquier $\chi^2(n)$ la distribución de la suma de los cuadrados de $n$ independiente de la Normal estándar variables. En consecuencia, $X+Z$ es distribuido como el cuadrado de la longitud de una $2 + 2K-2 = 2K$ vector con un estándar de distribución multinormal en $\mathbb{R}^{2K}$ $X/(X+Z)$ es el cuadrado de la longitud de los dos primeros componentes cuando que el vector se proyecta radialmente a la unidad de la esfera de $S^{2K-1}$.

La proyección de un estándar multinormal $n$-vector en la unidad de la esfera tiene una uniforme distribución debido a que la distribución multinormal es esféricamente simétrica. (Que es, es invariante bajo el grupo ortogonal, un resultado que sigue inmediatamente a partir de dos hechos simples: (a), el grupo ortogonal corrige el origen y por definición no cambia covarianzas; y (b) la media y la covarianza completamente determinar la distribución normal multivariante. Yo ilustra esto para el caso de $n=3$ a http://stats.stackexchange.com/a/7984). De hecho, la simetría esférica de inmediato se muestra esta distribución es uniforme condicional en la longitud del vector original. La relación de $X/(X+Z)$ por lo tanto es independiente de la longitud.

Todo lo que esto implica es que la multiplicación de $X/(X+Z)$ independiente, $\chi^2(2K)$ variable $Y$ crea una variable con el mismo sistema de distribución como $X/(X+Z)$ multiplicado por el $X+Z$; a saber, la distribución de $X$, que tiene un $\chi^2(2)$ distribución.

Answer 3

Mucho me van a dejar de usar el comúnmente utilizado táctica de encontrar la densidad de $Z = g(X,Y)$ calculando primero el cómputo de la articulación de la densidad de $Z$ y $X$ (o $Y$) porque es "fácil" de usar Jacobians y, a continuación, llegar $f_Z$ como un marginal de la densidad (cf. Rusty Estadístico de la respuesta). Es mucho más fácil encontrar el CDF de $Z$ directamente y luego se diferencian para encontrar el pdf. Este es el enfoque utilizado a continuación.

$X$ $Y$ son independientes de las variables aleatorias con densidades $f_X(x) = (K-1)(1-x)^{K-2}\mathbf 1_{(0,1)}(x)$ y $f_Y(y) = \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2}\mathbf 1_{(0,\infty)}(y)$. Luego, con $Z = XY$,$z > 0$, \begin{align} P\{Z > z\} &= P\{XY > z\}\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2} \left[\int_{x=\frac{z}{y}}^1 (K-1)(1-x)^{K-2}\,\mathrm dx \right] \,\mathrm dy\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} y^{K-1} e^{-y/2} \left(1-\frac{z}{y}\right)^{K-1}\,\mathrm dy\\ &= \int_{y=z}^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!} (y-z)^{K-1} e^{-y/2} \,\mathrm dy\\ &= e^{-z/2}\int_0^\infty \frac{1}{2^K (K-1)!}t^{K-1} e^{-t/2} \,\mathrm dy~~~\scriptstyle{\text{on setting}~y-z = t}\\ &= e^{-z/2}\qquad\scriptstyle{\text{on noting that the integral is that of a Gamma pdf}}\\ \end{align}

Es bien sabido que si $V \sim \mathsf{Exponential}(\lambda)$,$P\{V > v\} = e^{-\lambda v}$. De ello se desprende que $Z = XY$ tiene un exponencial de la densidad con el parámetro $\lambda = \frac 12$, que también es el $\chi^2(2)$ distribución.