CDF de $\frac{X_1X_2}{X_1+X_2+a}$, donde $X_1$ y $X_2$ tienen distribuciones de exp.

Question

Deje $X_1$ $X_2$ dos independientes exponencial de las variables aleatorias con la PDFs $f_{X_1}(x_1)=\lambda_1 \exp(-\lambda_1 x_1)$$f_{X_2}(x_2)=\lambda_2 \exp(-\lambda_2 x_2)$.

Deje $X= \frac{X_1X_2}{X_1+X_2+a}$ ser una r.v. para que quiero derivar el CDF, donde $a$ es una constante positiva.

En otras palabras, es necesario para calcular el $\mathbb{P}\{X <x \}$.

Todas las ideas o sugerencias?

Editar (intento): Con un enfoque similar al que se usa aquí, tenemos $X_1 \in [0, \infty)$$X_2 \in [0, \frac{x(x_1+a)}{x_1-x})$. El último intervalo resultados de: $\frac{x_1x_2}{x_1+x_2+a} < x$, lo $x_2(x_1-x)<x(x_1+a)$, lo que implica $x_2 < \frac{x(x_1+a)}{x_1-x}$; pero no estoy seguro de si esto es correcto desde $x_1-x$ a veces puede ser negativo (?). Con base en lo anterior, podemos escribir: \begin{align} \mathbb{P} \{ \frac{X_1X_2}{X_1+X_2+a} < x \} & = \int_{x_1=0}^\infty \int_{x_2=0}^{ \frac{x(x_1+a)}{x_1-x}} \lambda_1 \exp(-\lambda_1 x_1) \lambda_2 \exp(-\lambda_2 x_2) dx_2 dx_1 \\ &= \int_{x_1=0}^\infty \left(1-\exp(-\lambda_2\frac{x(x_1+a)}{x_1-x}) \right) \lambda_1 \exp(-\lambda_1 x_1) dx_1 \\ & = 1-\lambda_1 \int_{x_1=x}^\infty \exp(-\lambda_2\frac{x(x_1+a)}{x_1-x} ) \exp(-\lambda_1 x_1) dx_1 \end{align} En la última igualdad: para la integral de $\lambda_1 \exp(-\lambda_1 x_1) dx_1$, supongo que $x_1 \in [0,\infty)$, mientras que para el segundo término supongo que $x_1 \ge x$ (desde $x_2$ debe ser positiva) (?).

Es mi enfoque correcto ?

Answer 1

Gracias a las indicaciones que @Did dio, pude derivar la FCD de $Y=\frac{X_1X_2}{X_1+X_2+a}$ (nota que en la pregunta yo uso $X$ en vez de $Y$) como sigue:

Basado en la identidad de eventos\begin{align} \left[ Y <y \right] = \left[ X_1 < y \right] \cup \left[ X_1 \ge y, X_2 < y (X_1+a)(X_1-y)^{-1} \right], \end {Alinee el} obtenemos lo siguiente\begin{align} \nonumber \mathbb{P} \{ Y < y \} &= \mathbb{P}\{X_1 <y\}+ \int_y^\infty \mathbb{P}\{X_2 < y (x+a) (x-y)^{-1} \} f_{X_1}(x) \, dx \\ \nonumber &= 1-e^{-\lambda_1y} + \lambda_1 \int_y^\infty (1-e^{-\lambda_2 y(x+a)(x-y)^{-1}}) e^{-\lambda_1 x} dx \\ \nonumber &= 1-e^{-\lambda_1y}+e^{-\lambda_1y}- \lambda_1 \int_y^\infty e^{-\lambda_2 y(x+a)(x-y)^{-1}} e^{-\lambda_1 x} dx \\ \nonumber & =_{(i)} 1- \lambda_1 \int_{u=0}^\infty e^{ -\lambda_2 y(u+y+a)u^{-1}} e^{-\lambda_1 (u+y)} du \\ \nonumber &= 1- \lambda_1 e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y} \int_{u=0}^\infty e^{-\lambda_2 y (y+a)u^{-1}} e^{-\lambda_1u} du \\ & =_{(ii)} 1- \lambda_1 e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y} \, 2 \, \sqrt{ y(y+a) \lambda_2 \lambda_1^{-1} } \, K_1\left(2 \sqrt{ y(y+a) \lambda_2 \lambda_1 } \right), \\ & = 1- e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y} \, 2 \, \sqrt{ y(y+a) \lambda_2 \lambda_1 } \, K_1\left(2 \sqrt{ y(y+a) \lambda_2 \lambda_1 } \right) \end{align} en el que la igualdad (i) es debido al cambio de la variable $u=x-y$ y la igualdad (ii) se desprende [tabla de integrales, Series y productos, 7ª edición - ecuación 3.471.9].

Answer 2

Deje $X$ $Y$ denotar dos independientes exponencial de las variables aleatorias y supongamos que $V = \frac{XY}{X+Y+a}$ donde $a > 0$. ¿Cuál es la CDF de $V$?

En primer lugar, tenga en cuenta que $V > 0$. Deje $v$ denotar una constante positiva, y tratemos de determinar la complementaria CDF $P\{V > v\}$ mediante la integración de la articulación de la densidad de $X$ $Y$ más que parte de la primera quadrantVwhere $V$ supera $v$. El conjunto en cuestión, se $A$, está dada por \begin{align} A &= \{(x,y)\colon x > 0, y > 0, \frac{xy}{x+y+a} > v\}\\ &= \{(x,y)\colon x > 0, y > 0, xy > v(x+y+a)\}\\ &= \{(x,y)\colon x > 0, y > 0, xy -vx -vy > av\}\\ &= \{(x,y)\colon x > 0, y > 0, (x-v)(y-v) > v^2 + av\}. \end{align} Ahora, la gráfica de la hipérbola $xy = b$ se compone de dos curvas confinado en el primer y tercer cuadrantes, respectivamente, y que pasa por los puntos a $\left(\sqrt{b}, \sqrt{b}\right)$ $\left(-\sqrt{b}, -\sqrt{b}\right)$ respectivamente. Por lo tanto, la gráfica de $(x-v)(y-v) = b$ es solo en estas dos curvas se desplazan hacia la derecha por $v$ y desplaza hacia arriba por $v$, y las dos curvas, que ahora pasan a través de $(\sqrt{b}+v, \sqrt{b}+v)$ $(-\sqrt{b}+v, -\sqrt{b}+v)$ respectivamente. Tenga en cuenta que las asíntotas de las curvas se $x=v, y=v$. Ahora, cuando $b$ es igual a $v^2+av$, $\sqrt{b} > v$ y, entonces, el punto de $(-\sqrt{b}+v, -\sqrt{b}+v)$ está en el tercer cuadrante. En consecuencia, la rama más baja de la hipérbola no se encuentran en el primer cuadrante. (Se hace la cruz de la $x$ $y$ ejes en el segundo y cuarto cuadrantes, pero que es irrelevante en este problema). De ello se sigue que podemos expresar $A$ $$A = \{(x,y)\colon x > v, y > v, (x-v)(y-v) > v^2 + av\}.$$ Por lo tanto, \begin{align} 1-F_V(v) &= P((X,Y)\in A)\\ &= \iint_A f_{X,Y}(x,y)\, \mathrm dy \, \mathrm dx\\ &= \int_v^\infty f_X(x) \left[ \int_{y = \frac{v^2+av}{x-v}}^\infty f_Y(y)\,\mathrm dy \right] \, \mathrm dx. \end{align} El interior de la integral es sencillo evaluar; el exterior es más difícil, necesitando funciones especiales y tablas de integrales para evaluar.

Una alternativa de cálculo, en una respuesta por parte de la OP (con la ayuda de muchas de las sugerencias de @Hice) evalúa directamente la CDF $P\{V \leq v\}$ por particionar el conjunto bajo consideración en los eventos de $\{X \leq v\}$$\left\{X>v, 0 < Y \leq v\frac{x+a}{x-v}\right\}$.