Comment puis - je calculer

Supposons que $\phi(\cdot)$ et $\Phi(\cdot)$ sont fonction de la densité et la fonction de répartition de la loi normale.

Comment peut-on calculer l'intégrale:

\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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Tout va bien. Ellison (1964, J. Am.Stat.Assoc, 59, 89-95) est une référence précoce à un résultat plus général incluant celui-ci. voir le corollaire 1 du théorème 2.

Réponses:

Une notation plus conventionnelle est

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

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

Ceci peut être trouvé en différenciant l'intégrale par rapport à $\mu$ et à $\sigma$ , produisant des intégrales élémentaires pouvant être exprimées sous forme fermée:

\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}} .

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

Ce système peut être intégré, en commençant par la condition initiale = = , pour obtenir la solution donnée (qui est facilement vérifiée par différenciation). $y(0,1)$ $\int\Phi(x)\phi(x)dx$ $1/2$

— whuber
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J'ai double-vérifié la réponse par intégration numérique et en ajustant les rapports pour

: l'accord correspondait à onze chiffres significatifs dans cette plage.

- 2 \leq μ \leq 2

$-2 \le \mu \le 2$

0 < σ \leq 2

$0 \lt \sigma \le 2$

— whuber

wow, solution intelligente.

— Cam.Davidson.Pilon

Je pense que celui-ci peut être fait presque par inspection. Le premier terme sous l'intégrale est une variable aléatoire uniforme [0,1]. Puisque le pdf normal est symétrique, l'intégrale devrait être

\frac{1}{2}

$1 \over 2$

— soakley

@ soakley Votre approche fonctionne pour

, mais on ne sait pas comment elle s'appliquerait aux autres arguments de

y (0, 1)

$y(0,1)$

y

$y$

— whuber

@ Whuber Désolé de ne pas comprendre, mais une fois que nous avons les deux formulaires fermés pour le dérivé et la condition initiale, comment pouvons-nous passer de là à la solution finale? En d'autres termes, qu'avez-vous fait des expressions sous forme fermée pour les dérivés et la condition initiale?

— user106860

Soit et des variables aléatoires normales indépendantes avec et une variable aléatoire normale standard. Alors, $X$ $Y$ $X \sim N(a,b^2)$ $Y$ Ainsi,utilisant la loi de probabilité totale, nous obtenons que

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

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

Maintenant,

peut être exprimée en termes de

en notant que

, et donc nous obtenons

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}})

$\int_{-\infty}^\infty \Phi\left(\frac{w-a}{b}\right)\phi(w)\,\mathrm dw = \Phi\left(\frac{-a}{\sqrt{b^2+1}}\right)$

— Dilip Sarwate
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Voici une autre solution: nous définissons

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

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

γ = - ξ μ

$\gamma=-\xi\mu$ pour obtenir notre expression désirée. Nous connaissons au moins une valeur de fonction de

I (γ)

$I(\gamma)$ , par exemple,

I (0) = 0

$I(0)=0$ due to symmetry. We take the derivative wrt to

γ

$\gamma$

\begin{aligned} \frac{d I}{d γ} & = \int_{- \infty}^{\infty} N ((ξ x + γ) | 0, 1) N (x | 0, σ^{2}) d 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}}) d x . \end{aligned}

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

\begin{aligned} {(ξ x + γ)}^{2} + \frac{x^{2}}{σ^{2}} & = \underset{= a}{\underset{⏟}{(ξ^{2} + σ^{- 2})}} x^{2} + \underset{= b}{\underset{⏟}{- 2 γ ξ}} x + \underset{= c}{\underset{⏟}{γ^{2}}} \\ = a {(x - \frac{b}{2 a})}^{2} + (c - \frac{b^{2}}{4 a}) (c - \frac{b^{2}}{4 a}) \\ = γ^{2} - \frac{4 γ^{2} ξ^{2}}{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}

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

\begin{aligned} \frac{d I}{d γ} & = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{b^{2}}{4 a})) \sqrt{\frac{2 π}{a}} \int_{- \infty}^{\infty} \sqrt{\frac{a}{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} a {(x - \frac{b}{2 a})}^{2}) d x \\ = \frac{1}{2 π σ} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{b^{2}}{4 a})) \sqrt{\frac{2 π}{a}} \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2} a}} \exp (- \frac{1}{2} (c - \frac{b^{2}}{4 a})) \\ = \frac{1}{\sqrt{2 π (1 + σ^{2} ξ^{2})}} \exp (- \frac{1}{2} \frac{γ^{2}}{1 + ξ^{2} σ^{2}}) \end{aligned}

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

\begin{aligned} I (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}}) d z \\ = Φ (\frac{γ}{\sqrt{1 + ξ^{2} σ^{2}}}) \end{aligned}

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

which implies

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