CDF podniesiony do władzy?

Jeśli $F_Z$ jest CDF, wygląda na to, że $F_Z(z)^\alpha$ ( $\alpha \gt 0$ ) również jest CDF.

P: Czy to wynik standardowy?

P: Czy istnieje dobry sposób na znalezienie funkcji $g$ pomocą $X \equiv g(Z)$ st $F_X(x) = F_Z(z)^\alpha$ , gdzie $x \equiv g(z)$

Zasadniczo mam w ręku inny CDF, $F_Z(z)^\alpha$ . W pewnym sensie zredukowanej formy chciałbym scharakteryzować zmienną losową, która wytwarza ten CDF.

EDYCJA: Byłbym szczęśliwy, gdybym mógł uzyskać wynik analityczny dla specjalnego przypadku . Lub przynajmniej wiedzieć, że taki wynik jest trudny do rozwiązania.$Z \sim N(0,1)$

Lubię inne odpowiedzi, ale nikt jeszcze nie wspomniał o następujących. Zdarzenie występuje wtedy i tylko wtedy, gdy { m a x ( U , V ) ≤ t } , więc jeśli U i V są niezależne, a W = m a x ( U , V ) , to F W ( t ) = F U ( t ) $\{U \leq t,\ V\leq t \}$$\{\mathrm{max}(U,V)\leq t\}$$U$$V$$W = \mathrm{max}(U,V)$ tak, aby α dodatniej liczby całkowitej (na przykład, α = n ) ma X = m w X ( Z 1 , . . . Z n ) w którym Z „S są IID$F_{W}(t) = F_{U}(t)*F_{V}(t)$$\alpha$$\alpha = n$$X = \mathrm{max}(Z_{1},...Z_{n})$$Z$

Dla możemy przełączyć się, aby uzyskać F Z = F n X , więc X będzie tą zmienną losową, tak że maksimum n niezależnych kopii ma taki sam rozkład jak Z (i nie byłby to jeden z naszych znajomych znajomych , ogólnie). $\alpha = 1/n$$F_{Z} = F_{X}^n$$X$$n$$Z$

Przypadek dodatniej liczby wymiernej (powiedzmy α = m / n ) wynika z poprzedniego, ponieważ ( F Z ) m / n = ( F 1 / n Z ) m$\alpha$$\alpha = m/n$

$$\left(F_{Z}\right)^{m/n} = \left(F_{Z}^{1/n}\right)^{m}.$$

Dla irracjonalnego wybierz sekwencję dodatnich racjonalności a k zbiegających się do α ; wtedy sekwencja X k (gdzie możemy użyć powyższych sztuczek dla każdego k ) zbiegnie się w rozkładzie do pożądanego $\alpha$$a_{k}$$\alpha$$X_{k}$$k$$X$

Może nie jest to charakterystyka, której szukasz, ale przynajmniej daje pewne pojęcie, jak myśleć o dla α odpowiednio ładnego. Z drugiej strony, nie jestem do końca pewny, jak ładniej może być naprawdę: masz już CDF, więc reguła łańcucha daje ci PDF i możesz obliczyć momenty, aż słońce zajdzie ...? Prawdą jest, że większość Z nie będzie miała X znanego z α = $F_{Z}^{\alpha}$$\alpha$$Z$$X$ , ale gdybym chciał pobawić się przykładem szukania czegoś interesującego, mógłbym spróbowaćZrównomiernie rozłożone w jednostkowym przedziale zF(z)=z,0<z<1.$\alpha = \sqrt{2}$$Z$$F(z) = z$$0<z<1$

---

EDYCJA: Napisałem kilka komentarzy w odpowiedzi na @JMS i pojawiło się pytanie o moją arytmetykę, więc napiszę, co miałem na myśli, mając nadzieję, że będzie to bardziej jasne.

@ kardynał poprawnie w komentarzu do @JMS w odpowiedzi napisał, że problem upraszcza się do lub bardziej ogólnie, gdy Z niekoniecznie jest N ( 0 , 1 ) , my mają x = g - 1 ( y ) = F - 1 ( F α ( y ) )

$$g^{-1}(y) = \Phi^{-1}(\Phi^{\alpha}(y)),$$ $Z$$N(0,1)$ $$x = g^{-1}(y) = F^{-1}(F^{\alpha}(y)).$$ Chodzi mi o to, że gdy ma ładną funkcję odwrotną, możemy po prostu rozwiązać funkcję y = g ( x ) za pomocą podstawowej algebry. W komentarzu napisałem, że g powinno być y = g ( x ) = F - 1 ( F 1 / α ( x ) ) $F$$y = g(x)$$g$ $$y = g(x) = F^{-1}(F^{1/\alpha}(x)).$$

Weźmy specjalny przypadek, podłączmy rzeczy i zobaczmy, jak to działa. Niech ma rozkład Exp (1), przy czym CDF F ( x ) = ( 1 - e - x ) , x > 0 , i odwrotny CDF F - 1 ( y ) = - ln ( 1 - y ) . Łatwo jest podłączyć wszystko, aby znaleźć g ; po skończeniu otrzymujemy y = g ( x ) = $X$

$$F(x) = (1 - \mathrm{e}^{-x}),\ x > 0,$$ $$F^{-1}(y) = -\ln(1 - y).$$ $g$ Podsumowując, moje twierdzenie jest takie, że jeśli X ∼ E x p ( 1 ) i jeśli zdefiniujemy Y = - ln ( 1 - ( 1 - e - X) ) 1 / α ) , wtedy Y będzie mieć CDF, który wygląda jak F Y ( y ) = $$y = g(x) = -\ln \left( 1 - (1 - \mathrm{e}^{-x})^{1/\alpha} \right)$$ $X \sim \mathrm{Exp}(1)$ $$Y = -\ln \left( 1 - (1 - \mathrm{e}^{-X})^{1/\alpha} \right),$$ $Y$ Możemy to udowodnić bezpośrednio (spójrz naP(Y≤y)i użyj algebry, aby uzyskać wyrażenie, w następnym kroku potrzebujemy transformacji całkowej prawdopodobieństwa). Właśnie w (często powtarzanym) przypadku, że zwariowałem, przeprowadziłem kilka symulacji, aby dwukrotnie sprawdzić, czy to działa ... i działa. Patrz poniżej. Aby ułatwić kod, użyłem dwóch faktów: jeśli  X ∼ F,  to  U = F ( X ) ∼ U n i f ( 0 , 1 $$F_{Y}(y) = \left( 1 - \mathrm{e}^{-y} \right)^{\alpha}.$$ $P(Y \leq y)$ $$\mbox{If $X \sim F$ then $U = F(X) \sim \mathrm{Unif}(0,1)$.}$$ $$\mbox{If $U \sim \mathrm{Unif}(0,1)$ then $U^{1/\alpha} \sim \mathrm{Beta}(\alpha,1)$.}$$

Poniżej przedstawiono wykres wyników symulacji.

Kod R użyty do wygenerowania wykresu (etykiety minus) to

n <- 10000; alpha <- 0.7
z <- rbeta(n, shape1 = alpha, shape2 = 1)
y <- -log(1 - z)
plot(ecdf(y))
f <- function(x) (pexp(x, rate = 1))^alpha
curve(f, add = TRUE, lty = 2, lwd = 2)

Myślę, że dopasowanie wygląda całkiem nieźle? Może nie jestem szalony (tym razem)?

Dowód bez słów

$F$$F^\alpha$$\alpha \lt 1$$z$$x = g(z)$

$\alpha>1$

$F_z(z)^\alpha$$1$$0$$F_z$

$F_Z$