Mostrar que têm distribuição normal de inclinação

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Seja e independentes. Mostre que têm uma distribuição normal de inclinação e encontre os parâmetros dessa distribuição.Y1SN(μ1,σ12,λ)Y2N(μ2,σ22)Y1+Y2

Como as variáveis ​​aleatórias são independentes, tentei usar a convolução. SejaZ=Y1+Y2

fZ(z)=2ϕ(y1|μ1,σ1)Φ(λ(y1μ1σ1))ϕ(zy1|μ2,σ22)dy1

Aqui e são os pdf e cdf normais padrão, respectivamente.ϕ()Φ()

fZ(z)=212πσ112πσ2exp(12σ12(y1μ)212σ22((zy1)2μ)2)Φ(λ(y1μ1σ1))dy1

Para notações simplificadas, deixek=212πσ112πσ2

fZ(z)=kexp(12σ12σ22(σ12(y1μ1)2+σ22((zy1)μ2)2))Φ(λ(y1μ1σ1))dy1=kexp(12σ12σ22(σ22(y122y1μ1+μ1)+σ12((zy1)22(zy1)μ2+μ22)))×Φ(λ(y1μ1σ1))dy1=kexp(12σ12σ22(σ22(y122y1μ1+μ1)+σ12(z22zy1+y122zμ2+2y1μ2+μ22)))×Φ(λ(y1μ1σ1))dy1

Mas estou preso neste momento.

EDIT: seguindo as sugestões nos comentários, usando eμ1=μ2=0σ12=σ22=1

212π12πexp(12[y12+z22zy1+y12])Φ(λy1)dy1212π12πexp(12y12)Φ(λy1)exp(12(zy1)2)dy1

está inclinado normal.

kjetil b halvorsen
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Tentar um caso mais simples de , reduzirá bastante a desordem e fará você ver a floresta em vez das árvores? μ1=μ2=0σ1=σ2=1
Dilip Sarwate
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Acho que a sugestão de Dilip é boa, mas você pode verificar cuidadosamente sua expansão do primeiro termo quadrático. (Não vai resolver o seu problema imediato, mas será importante)
Glen_b -Reinstate Monica 19/09/16

Respostas:

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Reparameterizando a inclinação em termos de e usando o mgf da inclinação normal (veja abaixo), já que e são independentes, tem mgf que é , o mgf de uma inclinação normal com os parâmetros , e queδ=λ/1+λ2Y1Y2Z=Y1+Y2

MZ(t)=MY1(t)MY2(t)=2eμ1t+σ12t2/2Φ(σ1δt)eμ2t+σ22t2/2=2e(μ1+μ2)t+(σ12+σ22)t2/2Φ(σ1δt)=2eμt+σ2t2/2Φ(σδt),
μ=μ1+μ2σ2=σ12+σ22σδ=σ1δδé o novo parâmetro de inclinação. Portanto, Na outra parametrização, o novo parâmetro de inclinação pode ser escrito, após alguma álgebra, por exemplo, como
δ=δσ1σ=δσ1σ12+σ22.
λ
λ=δ1δ2=λ1+σ22σ12(1+λ2).

O mgf de uma inclinação normal normal pode ser derivado da seguinte maneira: \ end {align} O mgf de uma inclinação normal com parâmetros de localização e escala

MX(t)=EetX=ext212πex2/2Φ(λx)dx=212πe12(x22tx)Φ(λx)dx=212πe12((xt)2t2)Φ(λx)dx=2et2/212πe12(xt)2P(Zλx)dx,where ZN(0,1)=2et2/2P(ZλU),where UN(t,1)=2et2/2P(ZλU0)=2et2/2P(ZλU+λt1+λ2λt1+λ2)=2et2/2Φ(λ1+λ2t).
μ e é então σ
Mμ+σX(t)=Ee(μ+σX)t=eμtMX(σt)=2eμt+σ2t2/2Φ(λ1+λ2σt).
Jarle Tufto
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Não entendi como você obtém esse pode me dar mais detalhes? δ=δσ1σ
Você acabou de igualar as quantidades que aparecem antes de e na exponencial e no argumento do -função para encontrar os novos parâmetros. tt2Φ
Jarle Tufto 24/09