Generación de variables continuas

Distribución exponencial

Un método que ya se usado varias veces consiste en tomar

$$x=-\frac{1}{\lambda} \ln u,$$

con $u\equiv U(0,1)$. Otro método, basado en los estadísticos ordenados y que permite generar n valores a la vez, es el siguiente: se generan

$$u_1, \, u_2,\dots, \, u_n, \, u_{n+1},\dots, \, u_{2n-1}.$$

Ordenando obtenemos $u_{(1)},\dots, \, u_{(n-1)}$ y definimos u₍₀₎=0, u_(n)=1. Ahora se hace

$$x_k=(u_{(k-1)}-u_{(k)}) \ln \prod_{i=1}^n u_i, \, k=1,\dots, \, n.$$

Estos valores corresponden a una variable Exp(1) y son independientes.

Distribución gamma

Sea y $X\equiv \Gamma(\beta, \alpha)$. Como esta distribución es reproductiva respecto del segundo parámetro y una variable $\Gamma(\beta,1)$ es una $Exp(\beta)$, consideramos la siguiente descomposición:

$$\Gamma(\beta,\alpha) = \sum_{i=1}^{[\alpha]} Exp(\beta) + \Gamma(\beta,frac(\alpha)).$$

Es por esto por lo que basta limitarse a simular variables $\Gamma(\beta,\alpha)$ con $0<\alpha<1$. El siguiente teorema nos da un método directo para simular estas variables. Si $W\equiv Be(\alpha,1-\alpha)$ y $V\equiv Exp(1)$ son independientes, entonces

$$WV/\beta \equiv \Gamma(\beta,\alpha).$$

Demostración:
Sean v>0, 0<w<1. Por la independencia de W y V:

$$f_{(W,V)}(w,v)= f_W(w) f_V(v) = e^{-v} \frac {1} {Be(\alpha,1-\alpha)} w^{\alpha-1} (1-w)^{-\alpha} =$$

$$=e^{-v} \frac {\Gamma(\alpha+1-\alpha)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(... ...(\alpha)\Gamma(1-\alpha)} e^{-v} w^{\alpha-1} (1-w)^{-\alpha}.$$

Se considera el cambio

$$\left. \begin{array}{ccc} U & = & V \\ X & = & \frac{VW}{\bet... ...c} V & = & U \\ W & = & \frac{\beta X}{U} \end{array} \right \}$$

$$\frac{\partial (v,w)}{\partial (x,u)} = \left\vert \begin{ar... ...frac{\beta x}{u^2} \end{array} \right\vert = -\frac{\beta}{u}.$$

Así

$$f_{(X,U)} (x,u)= \frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)} e... ... \frac {(u-\beta x)^{-\alpha}} {u^{-\alpha}} \frac{\beta}{u} =$$

$$=\frac {\beta^{\alpha}} {\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)} e^{-u} x^{\alpha-1} (u-\beta x)^{-\alpha}.$$

El recinto transformado es

$$u>0, \, 0<x<\frac{u}{\beta}.$$

La distribución marginal de X es

$$f_X(x)=\int{\frac {\beta^{\alpha}}{\Gamma... ...c} t & = & u-\beta x \\ dt & = & du \end{array} \right\vert =$$

$$=\int_0^{+\infty} {\frac{\beta^{\alpha}} {\Gamma(\alpha) \Ga... ...eta x} x^{\alpha-1} \int_0^{+\infty} {e^{-t} t^{-\alpha}} dt =$$

$$=\frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)} e^{-\... ...ac {\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x}.$$

Luego $X\equiv \Gamma(\beta, \alpha)$.
Q.E.D.

Distribución beta

$$f(x)=\frac{1}{Be(\alpha,\beta)} x^{\alpha-1} (1-x)^{\beta-1}, \, 0<x<1.$$

Si $\alpha$, $\beta \geq 1$, entonces f está acotada y se puede aplicar aceptación y rechazo. El valor máximo de f se alcanza en $x^*=\frac{\alpha-1}{\alpha+\beta-2}$ para una cota de

$$M=f(x^*)=\frac{1}{Be(\alpha,\beta)} \frac{(\alpha-1)^{\alpha-1} (\beta-1)^{\beta-1}}{(\alpha+\beta-2)^{\alpha+\beta-2}}.$$

Sin embargo, el método sólo es eficiente si tanto $\alpha$ como $\beta$ están próximos a uno. En los dos siguientes teoremas veremos dos métodos para simular variables beta de modo eficiente. Si $Y_1 \equiv \Gamma(1,\alpha)$ e $Y_2 \equiv \Gamma(1,\beta)$ son independientes, entonces

$$\frac {Y_1} {Y_1+Y_2} \equiv Be(\alpha,\beta).$$

Demostración:

$$f_{(Y_1,Y_2)}(y_1,y_2) = f_{Y_1}(y_1) f_{Y_2}(y_2) = \frac{1}... ...-1} e^{-y_1} \frac{1}{\Gamma(\beta)} y_2^{\beta-1} e^{-y_2} =$$

$$=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} y_1^{\alpha-1} y_2^{\beta-1} e^{-(y_1+y_2)}, \, y_1, \, y_2>0.$$

Se considera el cambio de variable

$$\left. \begin{array}{ccc} X_1 & = & \frac{Y_1}{Y_1+Y_2} \\ X... ..._1 & = & X_1X_2 \\ Y_2 & = & X_2(1-X_1) \end{array} \right \}$$

$$\frac{\partial (y_1,y_2)}{\partial (x_1,x_2)} = \left\vert \... ... 1-x_1 \end{array} \right\vert = x_2 - x_1 x_2 + x_1 x_2 = x_2$$

La densidad conjunta es

$$f_{(X_1,X_2)} (x_1,x_2) = \frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\bet... ...} x_2^{\alpha-1} x_2^{\beta-1} (1-x_1)^{\beta-1} e^{-x_2}x_2 =$$

$$= \frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)} x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\beta-1} x_2^{\alpha+\beta-1} e^{-x_2}.$$

El recinto transformado es

$$0<x_1<1, \, x_2>0.$$

La distribución marginal de X₁ es

$$f_{X_1}(x_1) = \int_0^{+\infty} {\frac {1} {\Gamma(\alpha) \... ...pha-1} (1-x_1)^{\beta-1} x_2^{\alpha+\beta-1} e^{-x_2}} dx_2 =$$

$$= \frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)} x_1{\alpha-1} (1-x_1... ...eta-1} \int_0^{+\infty} {x_2^{\alpha+\beta-1} e^{-x_2}} dx_2 =$$

$$=\frac{1} {\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)} x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\beta-1} \frac {\Gamma(\alpha+\beta)}{1^{\alpha+\beta}}=$$

$$= \frac {1} {Be(\alpha,\beta)} x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\beta-1}, \quad 0<x_1<1.$$

Luego $X_1 \equiv Be(\alpha,\beta).$
Q.E.D.
Sean U₁, $U_2 \equiv U(0,1)$ e independientes, $Y_1=U_1^{\frac{1}{\alpha}}, \, Y_2=U_2^{\frac{1}{\beta}}$. Si $Y_1+Y_2\leq 1$, entonces

$$\frac {Y_1} {Y_1+Y_2} \equiv Be(\alpha,\beta).$$

Demostración: Como U₁ y U₂ son independientes, entonces Y₁ e Y₂ también lo son.

Distribución de Y₁ (la de Y₂ se obtiene de forma análoga pero considerando $\beta$ en lugar de $\alpha$):

$$Y_1=U_1^{\frac{1}{\alpha}}\Rightarrow \frac{du_1}{dy_1} = \alpha y_1^{\alpha-1}$$

$$f_{Y_1}(y_1) = f_{U_1}(u_1(y_1)) \frac{du_1}{dy_1} = 1 \cdot \alpha y_1^{\alpha-1} = \alpha y_1^{\alpha-1}.$$

El recinto transformado es 0<y₁<1. Distribución de (Y₁,Y₂):

Como Y₁ e Y₂ son independientes, entonces

$$f_{(Y_1,Y_2)} (y_1,y_2) = f_{Y_1}(y_1) f_{Y_2}(y_2) = \alpha \beta y_1^{\alpha-1} y_2^{\beta-1}, \, 0<y_1,y_2<1.$$

Distribución de $\left( \frac{Y_1}{Y_1+Y_2}\vert Y_1+Y_2\leq 1\right) = (X_1\vert X_2\leq 1)$:

Se considera el cambio de variable

$$\left. \begin{array}{ccc} X_1 & = & \frac{Y_1}{Y_1+Y_2} \\ X... ..._1 & = & X_1X_2 \\ Y_2 & = & X_2(1-X_1) \end{array} \right \}$$

$$\left\vert \frac{\partial(y_1,y_2)}{\partial(x_1,x_2)} \right\vert = x_2$$

$$f_{(X_1,X_2)}(x_1,x_2) = f{(Y_1,Y_2)} (y_1(x_1,x_2),y_2(x_1,... ...ert \frac{\partial(y_1,y_2)} {\partial(x_1,x_2)} \right\vert =$$

$$= \alpha \beta x_1^{\alpha-1} x_2^{\alpha-1} x_2^{\beta-1} (... ...a \beta x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^(\beta-1) x_2^{\alpha+\beta-1}.$$

El recinto transformado es

$$0<x_1<1, \, 0<x_2<\text{mín} \left \{ \frac {1}{x_1}, \, \frac{1}{1-x_1} \right \}.$$

Ahora, si $x_2 \in [0,1]$, entonces:

$$f_{X_2}(x_2) = \int_0^1 {\alpha \beta x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\beta-1} x_2^{\alpha+\beta-1}} dx_1 =$$

$$=\alpha \beta x_2^{\alpha+\beta-1} \int_0^1 {x_1^{\alpha-1} ... ... dx_1 = \alpha \beta Be(\alpha,\beta) x_2^{\alpha + \beta -1}.$$

En consecuencia,

$$f_{X_1} (X_1\vert X_2 \leq 1) = \int_0^1 {f_{X_1} (x_1\vert X... ... = \int_0^1 {\frac {f_{(X_1,X_2)} (x_1,t)} {f_{X_2}(t)}} dt =$$

$$= \int_0^1 {\frac {\alpha \beta x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\be... ...Be(\alpha,\beta)} x_1^{\alpha-1} (1-x_1)^{\beta-1}, \, 0<x_1<1.$$

Luego

$$(X_1\vert X_2\leq 1) \equiv Be(\alpha,\beta).$$

Además, la probabilidad de que se acepte el par (y₁,y₂) en una iteración concreta es

$$P(Y_1+Y_2\leq 1) = P(X_2 \leq 1) = \int_0^1 {f_{X_2} (t)} dt =$$

$$=\int_0^1 {\alpha \beta Be(\alpha,\beta) t^{\alpha+\beta-1}} dt = \frac {\alpha \beta} {\alpha+\beta} Be(\alpha,\beta).$$

Q.E.D.

Distribución normal

Para generar una variable $N(\mu,\sigma^2)$, basta generar una variable N(0,1), pues

$$\mu+\sigma N(0,1) = N(\mu,\sigma^2).$$

Con el fin de generar una variable N(0,1) se considera el cambio de coordenadas siguiente (cambio polar):

$$\left \{ \begin{array}{ccc} Z_1 & = & \sqrt{-2\ln U_1} \cos (... ..._2 & = & \sqrt{-2 \ln U_1} sen (2\pi U_2), \end{array} \right.$$

con $U_1, \, U_2 \equiv U(0,1)$ e independientes. Las variables Z₁, Z₂ son N(0,1) e independientes.

Demostración:

$$\left. \begin{array}{ccc} U_1 & = & e^{-\frac{Z_1^2+Z_2^2}{2}... ...\frac{1}{2\pi} \arctan \frac{Z_2}{Z_1} \end{array} \right \} .$$

El recinto transformado es $-\infty<z_1, \, z_2 < +\infty$.

$$\frac {\partial(u_1,u_2)} {\partial(z_1,z_2)} = \left\vert \... ...y} \right\vert = -\frac {1} {2\pi} e^{-\frac{z_1^2+z_2^2}{2}}.$$

Así

$$f_{(Z_1,Z_2)} (z_1,z_2) = \frac{1}{2\pi} e^{-\frac{z_1^2+z_2... ...\frac{z_1^2}{2}} \frac{1} {\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z_2^2} {2}}.$$

Luego $Z_1, \, Z_2 \equiv N(0,1)$ y son independientes.
Q.E.D.