rằng có phân phối lệch chuẩn

Hãy để độc lập và . rằng có phân phối chuẩn và tìm các tham số của phân phối này. $Y_1\sim SN(\mu_1,\sigma_1^2,\lambda)$ $Y_2\sim N(\mu_2,\sigma_2^2)$ $Y_1+Y_2$

Vì các biến ngẫu nhiên là độc lập nên tôi đã cố gắng sử dụng tích chập. Đặt $Z=Y_1+Y_2$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} 2 ϕ (y_{1} | μ_{1}, σ_{1}) Φ (λ (\frac{y_{1} - μ_{1}}{σ_{1}})) ϕ (z - y_{1} | μ_{2}, σ_{2}^{2}) d y_{1}

$f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}2\phi(y_1|\mu_1,\sigma_1)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\phi(z-y_1|\mu_2,\sigma_2^2)\,\text{d}y_1$

Ở đây và lần lượt là pdf và cdf chuẩn thông thường. $\phi()$ $\Phi()$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} 2 \frac{1}{\sqrt{2 π σ_{1}}} \frac{1}{\sqrt{2 π σ_{2}}} e x p (- \frac{1}{2 σ_{1}^{2}} (y_{1} - μ)^{2} - \frac{1}{2 σ_{2}^{2}} ((z - y_{1})^{2} - μ)^{2}) Φ (λ (\frac{y_{1} - μ_{1}}{σ_{1}})) d y_{1}

$f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_2}}exp\Big(-\frac{1}{2\sigma_1^2}(y_1-\mu)^2-\frac{1}{2\sigma_2^2}((z-y_1)^2-\mu)^2\Big)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1$

Để biết các ký hiệu đơn giản, hãy để $k=2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_2}}$

\begin{aligned} f_{Z} (z) & = k \int_{- \infty}^{\infty} \exp (\frac{- 1}{2 σ_{1}^{2} σ_{2}^{2}} (σ_{1}^{2} (y_{1} - μ_{1})^{2} + σ_{2}^{2} ((z - y_{1}) - μ_{2})^{2})) Φ (λ (\frac{y_{1} - μ_{1}}{σ_{1}})) d y_{1} \\ = k \int_{- \infty}^{\infty} \exp (\frac{- 1}{2 σ_{1}^{2} σ_{2}^{2}} (σ_{2}^{2} (y_{1}^{2} - 2 y_{1} μ_{1} + μ_{1}) + σ_{1}^{2} ((z - y_{1})^{2} - 2 (z - y_{1}) μ_{2} + μ_{2}^{2}))) \\ \times Φ (λ (\frac{y_{1} - μ_{1}}{σ_{1}})) d y_{1} = k \int_{- \infty}^{\infty} \exp \\ (\frac{- 1}{2 σ_{1}^{2} σ_{2}^{2}} (σ_{2}^{2} (y_{1}^{2} - 2 y_{1} μ_{1} + μ_{1}) + σ_{1}^{2} (z^{2} - 2 z y_{1} + y_{1}^{2} - 2 z μ_{2} + 2 y_{1} μ_{2} + μ_{2}^{2}))) \\ \times Φ (λ (\frac{y_{1} - μ_{1}}{σ_{1}})) d y_{1} \end{aligned}

$\begin{align*}f_Z(z)&=k\int_{-\infty}^{\infty}\exp\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_1^2(y_1-\mu_1)^2+\sigma_2^2((z-y_1)-\mu_2)^2\Big)\Big)\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1\\ &=k\int_{-\infty}^{\infty}\exp\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_2^2(y_1^2-2y_1\mu_1+\mu_1)+\sigma_1^2((z-y_1)^2-2(z-y_1)\mu_2+\mu_2^2)\Big)\Big)\\&\quad\times\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1=k\int_{-\infty}^{\infty} \exp\\&\Big(\frac{-1}{2\sigma_1^2\sigma_2^2}\Big(\sigma_2^2(y_1^2-2y_1\mu_1+\mu_1)+\sigma_1^2(z^2-2zy_1+y_1^2-2z\mu_2+2y_1\mu_2+\mu_2^2)\Big)\Big)\\&\quad\times\Phi\Big(\lambda(\frac{y_1-\mu_1}{\sigma_1})\Big)\,\text{d}y_1 \end{align*}$

Nhưng tôi bị mắc kẹt tại thời điểm này.

EDIT: Thực hiện theo các đề xuất trong các nhận xét, lấy và $\mu_1=\mu_2=0$ $\sigma_1^2=\sigma_2^2=1$

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} 2 \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} điểm kinh nghiệm (- \frac{1}{2} [y_{1}^{2} + z^{2} - 2 z y_{1} + y_{1}^{2}]) Φ (λ y_{1}) d y_{1} \\ \int_{- \infty}^{\infty} 2 \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} điểm kinh nghiệm (- \frac{1}{2} y_{1}^{2}) Φ (λ y_{1}) điểm kinh nghiệm (- \frac{1}{2} (z - y_{1})^{2}) d y_{1} \end{aligned}

$\begin{align*} &\int_{-\infty}^\infty 2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\Big(-\frac{1}{2}[y_1^2+z^2-2zy_1+y_1^2]\Big)\Phi(\lambda y_1)dy_1 \\&\int_{-\infty}^\infty 2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\Big(-\frac{1}{2}y_1^2\Big)\Phi(\lambda y_1) \exp\Big(-\frac{1}{2}(z-y_1)^2\Big)dy_1\end{align*}$

là xiên bình thường.

— kjetil b halvorsen
nguồn

Thử một trường hợp đơn giản hơn là , sẽ làm giảm sự lộn xộn khá nhiều và khiến bạn nhìn thấy khu rừng thay vì những cái cây?

μ_{1} = μ_{2} = 0

$\mu_1 = \mu_2 = 0$

σ_{1} = σ_{2} = 1

$\sigma_1 = \sigma_2 = 1$

— Dilip Sarwate

Tôi nghĩ đề xuất của Dilip là một ý tưởng hay, nhưng bạn có thể muốn kiểm tra sự mở rộng của thuật ngữ bậc hai đầu tiên một cách cẩn thận. (Nó sẽ không khắc phục vấn đề ngay lập tức của bạn nhưng cuối cùng nó sẽ có vấn đề)

— Glen_b -Reinstate Monica

Xác định lại độ nghiêng theo và sử dụng mgf của xiên bình thường (xem bên dưới), vì và là độc lập, có mgf đó là , mgf của một xiên bình thường với các tham số , và trong đó $\delta=\lambda/\sqrt{1+\lambda^2}$ $Y_1$ $Y_2$ $Z=Y_1 + Y_2$

\begin{aligned} M_{Z} (t) & = = M_{Y_{1}} (t) M_{Y_{2}} (t) \\ = = 2 e^{μ_{1} t + σ_{1}^{2} t^{2} / 2} Φ (σ_{1} δ t) e^{μ_{2} t + σ_{2}^{2} t^{2} / 2} \\ = = 2 e^{(μ_{1} + μ_{2}) t + (σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}) t^{2} / 2} Φ (σ_{1} δ t) \\ = = 2 e^{μ t + σ^{2} t^{2} / 2} Φ (σ δ^{'} t), \end{aligned}

$\begin{align} M_Z(t) &= M_{Y_1}(t)M_{Y_2}(t) \\ &= 2e^{\mu_1 t +\sigma_1^2 t^2/2}\Phi(\sigma_1\delta t)e^{\mu_2t +\sigma_2^2 t^2/2} \\ &= 2e^{(\mu_1+\mu_2)t + (\sigma_1^2+\sigma_2^2)t^2/2}\Phi(\sigma_1 \delta t) \\ &= 2e^{\mu t + \sigma^2 t^2/2}\Phi(\sigma \delta' t), \end{align}$

μ = μ_{1} + μ_{2}

$\mu=\mu_1+\mu_2$

σ^{2} = σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}

$\sigma^2=\sigma_1^2+\sigma_2^2$

σ δ^{'} = σ_{1} δ

$\sigma\delta'=\sigma_1\delta$

δ^{'}

$\delta'$ là tham số xiên mới. Do đó, Trong tham số hóa khác, tham số xiên mới có thể được viết, sau một số đại số, ví dụ như

δ^{'} = = δ \frac{σ_{1}}{σ} = = δ \frac{σ_{1}}{\sqrt{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}} .

$\delta'=\delta\frac{\sigma_1}\sigma=\delta\frac{\sigma_1}{\sqrt{\sigma_1^2+\sigma_2^2}}.$

λ^{'}

$\lambda'$

λ^{'} = = \frac{δ^{'}}{\sqrt{1 - δ^{' 2}}} = = \frac{λ}{\sqrt{1 + \frac{σ_{2}^{2}}{σ_{1}^{2}} (1 + λ^{2})}} .

$\lambda' = \frac{\delta'}{\sqrt{1-\delta'^2}}=\frac{\lambda}{\sqrt{1 + \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2}(1+\lambda^2)}}.$

Có thể suy ra mgf của một xiên chuẩn như sau: \ end {align} mgf của một xiên bình thường với các tham số vị trí và tỷ lệ

\begin{aligned} M_{X} (t) & = = E e^{t X} \\ = = \int_{- \infty}^{\infty} e^{x t} 2 \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- x^{2} / 2} Φ (λ x) d x \\ = = 2 \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} (x^{2} - 2 t x)} Φ (λ x) d x \\ = = 2 \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} ((x - t)^{2} - t^{2})} Φ (λ x) d x \\ = = 2 e^{t^{2} / 2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} (x - t)^{2}} P (Z \leq λ x) d x, & Ở đâu Z ~ N (0, 1) \\ = = 2 e^{t^{2} / 2} P (Z \leq λ Bạn), & Ở đâu Bạn ~ N (t, 1) \\ = = 2 e^{t^{2} / 2} P (Z - λ Bạn \leq 0) \\ = = 2 e^{t^{2} / 2} P (\frac{Z - λ Bạn + λ t}{\sqrt{1 + λ^{2}}} \leq \frac{λ t}{\sqrt{1 + λ^{2}}}) \\ = = 2 e^{t^{2} / 2} Φ (\frac{λ}{\sqrt{1 + λ^{2}}} t) . \end{aligned}

$\begin{align} M_X(t)&=Ee^{tX} \\ &=\int_{-\infty}^\infty e^{xt}2\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\Phi(\lambda x)dx \\ &=2\int_{-\infty}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac12(x^2-2tx)}\Phi(\lambda x)dx\\ &=2\int_{-\infty}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac12((x-t)^2-t^2)}\Phi(\lambda x)dx \\ &=2e^{t^2/2} \int_{-\infty}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac12(x-t)^2}P(Z\le \lambda x)dx, & \text{where }Z \sim N(0,1) \\ &=2e^{t^2/2} P(Z\le \lambda U), & \text{where }U \sim N(t,1)\\ &=2e^{t^2/2} P(Z - \lambda U \le 0) \\ &=2e^{t^2/2} P(\frac{Z - \lambda U +\lambda t}{\sqrt{1+\lambda^2}} \le \frac{\lambda t}{\sqrt{1+\lambda^2}}) \\ &=2e^{t^2/2}\Phi(\frac\lambda{\sqrt{1+\lambda^2}}t). \end{align}$

μ

$\mu$ và sau đó là

σ

$\sigma$

M_{μ + σ X} (t) = = E e^{(μ + σ X) t} = = e^{μ t} M_{X} (σ t) = = 2 e^{μ t + σ^{2} t^{2} / 2} Φ (\frac{λ}{\sqrt{1 + λ^{2}}} σ t) .

$M_{\mu + \sigma X}(t)=Ee^{(\mu+\sigma X)t} = e^{\mu t}M_X(\sigma t) = 2e^{\mu t+\sigma^2 t^2/2}\Phi(\frac\lambda{\sqrt{1+\lambda^2}}\sigma t).$

— Tuleo
nguồn

Tôi không hiểu làm thế nào bạn có được bạn có thể cho tôi biết thêm chi tiết không?

δ^{'} = δ \frac{σ_{1}}{σ}

$\delta'=\delta\frac{\sigma_1}\sigma$

Bạn chỉ cần đánh đồng các đại lượng xuất hiện trước và theo cấp số nhân và trong đối số của hàm để tìm các tham số mới.

t

$t$

t^{2}

$t^2$

Φ

$\Phi$

— Jarle Tufto