¿Cómo puedo calcular

Supongamos que y son función de densidad y función de distribución de la distribución normal estándar. $\phi(\cdot)$ $\Phi(\cdot)$

¿Cómo se puede calcular la integral?

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - a}{b}) ϕ (w) d w

$\int^{\infty}_{-\infty}\Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw$

mathematical-statistics normal-distribution integral

— hadisanji
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Todo esta bien. Una referencia temprana a un resultado más general que incluye este es Ellison (1964, J.Am.Stat.Assoc, 59, 89-95); vea el Corolario 1 del Teorema 2.

Respuestas:

Una notación más convencional es

y (μ, σ) = \int Φ (\frac{x - μ}{σ}) ϕ (x) d x = Φ (\frac{- μ}{\sqrt{1 + σ^{2}}}) .

$y(\mu, \sigma) = \int\Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)\phi(x) dx = \Phi\left(\frac{-\mu}{\sqrt{1+\sigma^2}}\right).$

Esto se puede encontrar al diferenciar la integral con respecto a y , produciendo integrales elementales que se pueden expresar en forma cerrada: $\mu$ $\sigma$

\frac{\partial y}{\partial μ} (μ, σ) = - \frac{1}{\sqrt{2 π} \sqrt{σ^{2} + 1}} e^{- \frac{1}{2} \frac{μ^{2}}{σ^{2} + 1}},

$\frac{\partial y}{\partial \mu}(\mu, \sigma) = -\frac{1}{\sqrt{2 \pi } \sqrt{\sigma ^2+1}}e^{-\frac{1}{2}\frac{\mu ^2}{\sigma ^2+1}},$

\frac{\partial y}{\partial σ} (μ, σ) = \frac{μ σ}{\sqrt{2 π} {(σ^{2} + 1)}^{3 / 2}} e^{- \frac{1}{2} \frac{μ^{2}}{σ^{2} + 1}} .

$\frac{\partial y}{\partial \sigma}(\mu, \sigma) = \frac{\mu\sigma }{\sqrt{2 \pi } \left(\sigma ^2+1\right)^{3/2}}e^{-\frac{1}{2}\frac{\mu ^2}{\sigma ^2+1}}.$

Este sistema puede integrarse, comenzando con la condición inicial = = , para obtener la solución dada (que se verifica fácilmente por diferenciación). $y(0,1)$ $\int\Phi(x)\phi(x)dx$ $1/2$

— whuber
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Verifiqué la respuesta a través de la integración numérica y contorneé las proporciones para , : el acuerdo fue con once cifras significativas en todo este rango.

- 2 \leq μ \leq 2

$-2 \le \mu \le 2$

0 < σ \leq 2

$0 \lt \sigma \le 2$

— whuber

wow, solución inteligente.

— Cam.Davidson.Pilon

Creo que esto se puede hacer casi por inspección. El primer término debajo de la integral es una variable aleatoria uniforme [0,1]. Desde el pdf normal es simétrica, la integral debe ser

\frac{1}{2}

$1 \over 2$

— soakley

@soakley Su enfoque funciona para , pero no está claro cómo se aplicaría a otros argumentos de .

y (0, 1)

$y(0,1)$

y

$y$

— whuber

@whuber Perdón por no entenderlo, pero una vez que tenemos las dos formas cerradas para la derivada y la condición inicial, ¿cómo pasamos de allí a la solución final? En otras palabras, ¿qué hiciste con las expresiones de forma cerrada para las derivadas y la condición inicial?

— user106860

Deje e ser variables aleatorias normales independientes con e una variable aleatoria normal estándar. Entonces,Entonces, usando la ley de probabilidad total, obtenemos que Ahora, se puede expresar en términos de al señalar que , y así obtenemos $X$ $Y$ $X \sim N(a,b^2)$ $Y$

P {X \leq Y ∣ Y = w} = P {X \leq w} = Φ (\frac{w - a}{b}) .

$P\{X \leq Y \mid Y = w\} = P\{X \leq w\} = \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right).$

P {X \leq Y} = \int_{- \infty}^{\infty} P {X \leq Y ∣ Y = w} ϕ (w) d w = \int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - a}{b}) ϕ (w) d w .

$P\{X \leq Y\} = \int_{-\infty}^\infty P\{X \leq Y \mid Y = w\}\phi(w)\,\mathrm dw = \int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw.$

P {X \leq Y} = P {X - Y \leq 0}

$P\{X \leq Y\} = P\{X-Y \leq 0\}$

Φ (\cdot)

$\Phi(\cdot)$

X - Y \sim N (a, b^{2} + 1)

$X-Y \sim N(a,b^2+1)$

\int_{- \infty}^{\infty} Φ (\frac{w - a}{b}) ϕ (w) d w = Φ (\frac{- a}{\sqrt{b^{2} + 1}})

$\int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw = \Phi\left(\frac{-a}{\sqrt{b^2+1}}\right)$ que es lo mismo que el resultado en la respuesta de whuber.

— Dilip Sarwate
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Aquí hay otra solución: definimos que podemos evaluar para obtener nuestra expresión deseada. Conocemos al menos un valor de función de , por ejemplo, debido a la simetría. Llevamos la derivada wrt a y completa el cuadrado

\begin{aligned} I (γ) & = \int_{- \infty}^{\infty} Φ (ξ x + γ) N (x | 0, σ^{2}) d x, \end{aligned}

$\begin{align*} I(\gamma) & =\int_{-\infty}^{\infty}\Phi(\xi x+\gamma)\mathcal{N}(x|0,\sigma^{2})dx, \end{align*}$

γ = - ξ μ

$\gamma=-\xi\mu$

I (γ)

$I(\gamma)$

I (0) = 0

$I(0)=0$

γ

$\gamma$

\begin{aligned} \frac{re yo}{re γ} & = \int_{- \infty}^{\infty} norte ((ξ X + γ) El | 0 0, 1) norte (X El | 0 0, σ^{2}) re X \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} {(ξ X + γ)}^{2}) \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2}}} \exp (- \frac{X^{2}}{2 σ^{2}}) re X . \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{dI}{d\gamma} & =\int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{N}((\xi x+\gamma)|0,1)\mathcal{N}(x|0,\sigma^{2})dx\\ & =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\xi x+\gamma\right)^{2}\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\exp\left(-\frac{x^{2}}{2\sigma^{2}}\right)dx. \end{align*}$

\begin{aligned} {(ξ X + γ)}^{2} + \frac{X^{2}}{σ^{2}} & = \underset{= una}{\underset{⏟}{(ξ^{2} + σ^{- 2})}} X^{2} + \underset{= si}{\underset{⏟}{- 2 γ ξ}} X + \underset{= do}{\underset{⏟}{γ^{2}}} \\ = una {(X - \frac{si}{2 una})}^{2} + (do - \frac{{si}^{2}}{4 4 una}) (do - \frac{{si}^{2}}{4 4 una}) \\ = γ^{2} - \frac{4 4 γ^{2} ξ^{2}}{4 4 (ξ^{2} + σ^{- 2})} \\ = γ^{2} (1 - \frac{ξ^{2}}{ξ^{2} + σ^{- 2}}) \\ = γ^{2} (\frac{1}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \left(\xi x+\gamma\right)^{2}+\frac{x^{2}}{\sigma^{2}} & =\underbrace{\left(\xi^{2}+\sigma^{-2}\right)}_{=a}x^{2}+\underbrace{-2\gamma\xi}_{=b}x+\underbrace{\gamma^{2}}_{=c} \\ &=a\left(x-\frac{b}{2a}\right)^{2}+\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right) \left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\\ & =\gamma^{2}-\frac{4\gamma^{2}\xi^{2}}{4\left(\xi^{2}+\sigma^{-2}\right)}\\ &=\gamma^{2}\left(1-\frac{\xi^{2}}{\xi^{2}+\sigma^{-2}}\right)\\ &=\gamma^{2}\left(\frac{1}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right) \end{align*}$ Por lo tanto,

\begin{aligned} \frac{re yo}{re γ} & = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (do - \frac{{si}^{2}}{4 4 una})) \sqrt{\frac{2 π}{una}} \int_{- \infty}^{\infty} \sqrt{\frac{una}{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} una {(X - \frac{si}{2 una})}^{2}) re X \\ = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (do - \frac{{si}^{2}}{4 4 una})) \sqrt{\frac{2 π}{una}} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2} una}} \exp (- \frac{1}{2} (do - \frac{{si}^{2}}{4 4 una})) \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π (1 + σ^{2} ξ^{2})}} \exp (- \frac{1}{2} \frac{γ^{2}}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{dI}{d\gamma} & =\frac{1}{2\pi\sigma}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\sqrt{\frac{2\pi}{a}}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\frac{a}{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}a\left(x-\frac{b}{2a}\right)^{2}\right)dx\\ & =\frac{1}{2\pi\sigma}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\sqrt{\frac{2\pi}{a}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}a}}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^{2}}{4a}\right)\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi\left(1+\sigma^{2}\xi^{2}\right)}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{\gamma^{2}}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right) \end{align*}$ y los rendimientos de integración

\begin{aligned} yo (γ) & = \int_{- \infty}^{γ} \frac{1}{\sqrt{2 π (1 + σ^{2} ξ^{2})}} \exp (- \frac{1}{2} \frac{z^{2}}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) re z \\ = Φ (\frac{γ}{\sqrt{1 + ξ^{2} σ^{2}}}) \end{aligned}

$\begin{align*} I(\gamma) &=\int_{-\infty}^{\gamma}\frac{1}{\sqrt{2\pi\left(1+\sigma^{2}\xi^{2}\right)}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{z^{2}}{1+\xi^{2}\sigma^{2}}\right)dz\\ &=\Phi\left(\frac{\gamma}{\sqrt{1+\xi^{2}\sigma^{2}}}\right) \end{align*}$

lo que implica

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} Φ (ξ X) norte (X El | μ, σ^{2}) re X & = yo (ξ μ) \\ = Φ (\frac{ξ μ}{\sqrt{1 + ξ^{2} σ^{2}}}) . \end{aligned}

$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\Phi(\xi x)\mathcal{N}(x|\mu,\sigma^{2})dx &=I(\xi\mu)\\ &=\Phi\left(\frac{\xi\mu}{\sqrt{1+\xi^{2}\sigma^{2}}}\right). \end{align*}$

— Jenny Reininger
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