如果X和Y是独立的，则两个独立的随机变量X和Y的乘积的pdf是多少？X是正态分布，Y是卡方分布。

Z = XY

如果 $X$ 具有正态分布

X \sim N (μ_{x}, σ_{x}^{2})

$X\sim N(\mu_x,\sigma_x^2)$

f_{X} (x) = \frac{1}{σ_{x} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} (\frac{x - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}}

$f_X(x)={1\over\sigma_x\sqrt{2\pi}}e^{-{1\over2}({x-\mu_x\over\sigma_x})^2}$ 和

Y

$Y$ 具有卡方分布自由度 whre是单位阶跃函数。

k

$k$

Y \sim χ_{k}^{2}

$Y\sim \chi_k^2$

f_{Y} (y) = \frac{y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2}}{2^{k / 2} Γ (\frac{k}{2})} u (y)

$f_Y(y)={y^{(k/2)-1}e^{-y/2}\over{2^{k/2}\Gamma({k\over2})}}u(y)$

u (y)

$u(y)$

现在，如果和独立，则的pdf 是多少？ $Z$ $X$ $Y$

找到解决方案的一种方法是使用Rohatgi的著名结果（1976，p.141），如果 $f_{XY}(x,y)$ 是连续RV $X$ 和的联合pdf $Y$ ，则的pdf $Z$ 是

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| y |} f_{X Y} (\frac{z}{y}, y) d y

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}{{1\over|y|}f_{XY}({z\over y},y)dy}$

由于和是独立的我们面临解决积分。谁能帮助我解决这个问题。 $X$ $Y$ $f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| y |} f_{X} (\frac{z}{y}) f_{Y} (y) d y

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}{{1\over|y|}f_{X}({z\over y})f_{Y}(y)dy}$

f_{Z} (z) = \frac{1}{σ_{x} \sqrt{2 π}} \frac{1}{2^{k / 2} Γ (\frac{k}{2})} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{| y |} e^{- \frac{1}{2} (\frac{\frac{z}{y} - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}} y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2} d y

$f_Z(z) = {1\over\sigma_x\sqrt{2\pi}}{1\over{2^{k/2}\Gamma({k\over2})}}\int_{0}^{\infty}{{1\over|y|}e^{-{1\over2}({{z\over y}-\mu_x\over\sigma_x})^2} {y^{(k/2)-1}e^{-y/2}}dy}$

\int_{0}^{\infty} \frac{1}{| y |} e^{- \frac{1}{2} (\frac{\frac{z}{y} - μ_{x}}{σ_{x}})^{2}} y^{(k / 2) - 1} e^{- y / 2} d y

$\int_{0}^{\infty}{{1\over|y|}e^{-{1\over2}({{z\over y}-\mu_x\over\sigma_x})^2} {y^{(k/2)-1}e^{-y/2}}dy}$

有其他解决方法吗？

normal-distribution chi-squared random-variable

— 知更鸟
source

最后一步看起来不太正确。“ ”似乎表示，但是-更重要的是-您不能将下限更改为：您需要将积分在成两个单独的整数，将更改表示负数范围内的一个，然后将两者合并。我相信这可能使积分易于处理：它似乎给出了广义超几何函数的线性组合。

f_{\frac{X}{Y}}

$f_\frac{X}{Y}$

f_{X}

$f_X$

0

$0$

0

$0$

y \to - y

$y\to -y$

— whuber

是的，那是一个错误应该是。

f_{\frac{Z}{Y}} (\frac{z}{y})

$f_{Z\over Y}({z\over y})$

f_{X} (\frac{z}{y})

$f_X({z\over y})$

— 罗宾

但是我想将下限更改为0是有效的，因为是的函数由单位步长函数。

f_{Y} (y)

$f_Y(y)$

(0, \infty)

$(0,\infty)$

u (y)

$u(y)$

— 罗宾

我不再受这类计算的训练了……但是看起来不可能以一个封闭的公式结束。如果您需要在实际应用中使用它，我认为您应该专注于“如何高效地计算”。

— 猫王

这个问题有动机吗？用除以法线是学生的，但是为什么要考虑用乘除法？

χ

$\chi$

t

$t$

χ^{2}

$\chi^2$

— 西安

将积分中的术语简化为

$T=e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} y^{k/2-2}$

求出多项式使得 $p(y)$

$[p(y)e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)}]'=p'(y)e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} + p(y) [-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)]' e^{-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)} = T$

减少到找到使得 $p(y)$

$p'(y) + p(y) [-\frac{1}{2}((\frac{\frac{z}{y}-\mu_x}{\sigma_x} )^2 -y)]' = y^{k/2-2}$

要么

$p'(y) -\frac{1}{2} p(y) (\frac{z \mu_x }{\sigma_x^2} y^{-2} \frac{z^2}{\sigma_x^2} y^{-3} -1)= y^{k/2-2}$

它可以做评估的所有权力 seperately $y$

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上述解决方案因分歧而行不通。

但是，其他一些人也在研究这种产品。

使用傅里叶变换：

Schoenecker，Steven和Tod Luginbuhl。“两个高斯随机变量的乘积以及高斯和伽马随机变量的乘积的特征函数。” IEEE信号处理快报23.5（2016）：644-647。 http://ieeexplore.ieee.org/document/7425177/#full-text-section

对于具有和的乘积，他们获得了特征函数： $Z=XY$ $X \sim \mathcal{N}(0,1)$ $Y \sim \Gamma(\alpha,\beta)$

$\varphi_{Z} = \frac{1}{\beta^\alpha }\vert t \vert^{-\alpha} exp \left( \frac{1}{4\beta^2t^2} \right) D_{-\alpha} \left( \frac{1}{\beta \vert t \vert } \right)$

具有 Whittaker的功能（http://people.math.sfu.ca/~cbm/aands/page_686.htm） $D_\alpha$

使用Mellin变换：

Springer和Thomson更一般地描述了β，γ和高斯分布随机变量乘积的评估。

医学博士Springer和WE Thompson。“β，γ和高斯随机变量的乘积分布。” SIAM应用数学学报18.4（1970）：721-737。 http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065

他们使用梅林积分变换。的梅林变换的是的Mellin变换的乘积和（见http://epubs.siam.org/doi/10.1137/0118065或https://projecteuclid.org/euclid.aoms/1177730201）。在产品的研究案例中，该产品的逆变换可以表示为Meijer G函数，为此他们也提供并证明了计算方法。 $Z$ $X$ $Y$

他们没有分析高斯和伽马分布变量的乘积，尽管您可能可以使用相同的技术。如果我尝试快速执行此操作，那么我相信应该可以获得H函数（https://en.wikipedia.org/wiki/Fox_H-function），尽管我没有直接看到获得G 函数的可能性功能或进行其他简化。

$M\lbrace f_Y(x) \vert s \rbrace = 2^{s-1} \Gamma(\tfrac{1}{2}k+s-1)/\Gamma(\tfrac{1}{2}k)$

和

$M\lbrace f_X(x) \vert s \rbrace = \frac{1}{\pi}2^{(s-1)/2} \sigma^{s-1} \Gamma(s/2)$

你得到

$M\lbrace f_Z(x) \vert s \rbrace = \frac{1}{\pi}2^{\frac{3}{2}(s-1)} \sigma^{s-1} \Gamma(s/2) \Gamma(\tfrac{1}{2}k+s-1)/\Gamma(\tfrac{1}{2}k)$

的分布为： $Z$

$f_Z(y) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} y^{-s} M\lbrace f_Z(x) \vert s \rbrace ds$

在我看来（在更改变量以消除项之后）至少是H函数 $2^{\frac{3}{2}(s-1)}$

剩下的难题就是将这种逆梅林逆变换表示为G函数。二者的发生和复杂化这一点。在仅高斯分布变量的乘积的单独情况下，可以通过替换变量将转换为。但是由于卡方分布的条件，它不再起作用。也许这就是为什么没有人为此案提供解决方案的原因。 $s$ $s/2$ $s/2$ $s$ $x=w^2$

— 天性
source

...产生...？

— Wolfies

它在积分中给出了要根据问题解决的术语的反导数

— Sextus Empiricus

目前尚不清楚该分析代表什么进展。您是否获得解决方案？

— ub

找到多项式的系数（这将使解决方案关闭）是一项繁琐但直接的任务，我将其保留下来。我将很快为输入一些示例。

p (y)

$p(y)$

k

$k$

— Sextus Empiricus

两个独立随机变量（正态和卡方）乘积的pdf

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使用傅里叶变换：

使用Mellin变换：