Cálculo de marginales dados las distribuciones condicionales

Question

Supongamos $X$ $Y$ tienen distribuciones condicionales dada por: \begin{align} f(x|y)&\propto ye^{-yx}\;\;\text{for}\;\;0<x<B<\infty\\ g(y|x)&\propto xe^{-xy}\;\;\text{for}\;\;0<y<B<\infty \end{align}

Según el artículo, la distribución marginal $g(x)$ no es fácil de calcular, pero existe desde $B<\infty$.

Es fácil determinar que: \begin{align} f(x|y)&= \frac{e^B}{e^B-1}ye^{-yx}\;\;\text{for}\;\;0<x<B<\infty\\ g(y|x)&= \frac{e^B}{e^B-1}xe^{-xy}\;\;\text{for}\;\;0<y<B<\infty \end{align}

Ahora desde $f(x|y)f(y)=f(x,y)=g(y|x)g(x)$, esto significa que: $$\frac{f(y)}{g(x)}=\frac{g(y|x)}{f(x|y)}=\frac{x}{y}.$$

Y por lo tanto que: $$\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{g(x)}\int_0^Bf(y)dy=\int_0^B\frac{f(y)}{g(x)}dy=\int_0^B\frac{x}{y}dy=x\ln(y)\Big|_{y=0}^{y=B}=-\infty.$$

Esto implicaría que $g(x)=0$, y por un argumento similar, que $f(y)=0$.

No estoy del todo seguro de qué hacer con eso. Estoy a la conclusión de que dado que la relación de los marginales es una forma indeterminada (cero sobre cero), que este método de cálculo, se produce un error en este caso en particular? y que ellos no son, de hecho, ambos cero.

También, esta es una técnica común para el cálculo de placas marginales dadas las condiciones? Se me ocurrió que, al mismo tiempo tratando de ver por qué la técnica de muestreo de Gibbs no podía ser reemplazado por el (posiblemente numérico) evaluación de algunos (posiblemente bastante difícil) integral.

Por último, como he mencionado anteriormente, el artículo dice que los marginales no son fáciles de calcular, que parece dar a entender que uno podría, en teoría, calcular, ¿cómo podría hacerse esto?

Answer 1

Este ejemplo está tomado de la introducción de la Casella y Jorge "Gibbs para los niños", que más tarde fue rebautizado "Explicando el muestreador de Gibbs" como el Estadístico Americano editor en ese momento se opuso a la original (y mejor) título...

El ejemplo es la intención de demostrar que el bien definidos y estándar condicional de las distribuciones de los dos, es decir, un $\text{Exp}(x)$ distribución por $f(y|x)$ e una $\text{Exp}(y)$ distribución por $f(x|y)$ pueden no corresponder a cualquier distribución conjunta $f(x,y)$. Por lo tanto, un muestreador de Gibbs basado en los dos condicionales no converge a una distribución estacionaria sino que produce un null recurrente o transitoria de la cadena de Markov. El hecho de que la articulación no existe sigue por el teorema de Bayes: $$\frac{f(x|y)}{f(y|x)}=\frac{f(x)}{f(y)}=\frac{y}{x}$$since this implies that $f(x)\propto x^{-1}$ which is not integrable over $(0,\infty)$. This also implies that the invariant measure of the Markov chain has density $\exp\{-x\}$ respecto de la medida de Lebesgue.

Ahora, si pasamos a la delimitada caso, restringiendo el apoyo a la plaza de la $(0,B)^2$, la completa las oraciones condicionales son $$f(x|y)=\frac{y\exp\{-xy\}}{1-\exp\{-By\}}\quad\text{and}\quad f(y|x)=\frac{x\exp\{-xy\}}{1-\exp\{-Bx\}}$$y no lo que usted escribió en la pregunta. Esto significa que $$\frac{f(x|y)}{f(yx)}=\frac{f(x)}{f(y)}=\frac{y}{x}\times\frac{1-\exp\{-Bx\}}{1-\exp\{-By\}}$$Lo $$f(x)\propto\frac{1-\exp\{-Bx\}}{x}\quad\text{and}\quad f(y)\propto\frac{1-\exp\{-By\}}{y}$$which are integrable over $(0,B)$ since $$1-\exp\{-Bx\}\approx Bx-\frac{(Bx)^2}{2}$$ Pero la integral de la rhs de $f(x)$ no es sencillo, pues implica que la integral exponencial de la función de $\text{Ei}(x)$ que se expresan más fácilmente a través de una expansión de la serie, $$\int_0^b \frac{1-\exp\{-x\}}{x}\text{d}x=- \sum_{k=1}^\infty \frac{(-b)^k}{k\,(k!)}$$