Jeśli X / Y ma taki sam rozkład jak Z, to czy prawdą jest, że X ma taki sam rozkład jak YZ?

Niech X, Y i Z będą trzema niezależnymi zmiennymi losowymi. Jeśli X / Y ma taki sam rozkład jak Z, to czy prawdą jest, że X ma taki sam rozkład jak YZ?

probability ratio

— użytkownik2808118
źródło

Nie. Rozważ przypadek, w którym i są standardową normą, a standardową zmienną losową Cauchy'ego (przy czym wszystkie trzy są niezależne zgodnie z założeniem pytania). Dobrze wiadomo, że ma standardowy rozkład Cauchy'ego (taki sam jak ), ale nie ma standardowego rozkładu normalnego (ponieważ nie istnieje). Potrzebujesz więc dodatkowych ograniczeń dla (por. Odpowiedź Silverfisha), aby mieć nadzieję na znalezienie przykładów, w których wynik może się przydać.

X

$X$

Y

$Y$

Z

$Z$

X / Y

$X/Y$

Z

$Z$

Y Z

$YZ$

E [Y Z]

$E[YZ]$

X, Y, Z

$X, Y, Z$

— Dilip Sarwate

@Dipip Rozważyłem użycie tego jako mojego kontrprzykładu, ale unikałem go, ponieważ nie mogłem wymyślić krótkiego wyjaśnienia, dlaczego nie istnieje. Jeśli masz dobry argument, powinieneś opublikować go jako odpowiedź. (Jak zapewne możesz powiedzieć, całkiem celowo unikałem zer i nieskończoności w mojej odpowiedzi, więc bardzo chciałem uniknąć czegoś, co nie jest nawet nieskończone!)

E [Y Z]

$E[YZ]$

— Silverfish,

@Dilip Ponieważ to Cauchy, więc nie istnieje, wydaje mi się, że warunek nie jest spełniony, a oświadczenie nic nie mówi o . Dla porównania: jeśli to Cauchy, a ma rozkład zdegenerowany , to wydaje się, że istnieje (i jest równe zero), nawet jeśli nie.

Z

$Z$

E [Z]

$E[Z]$

E [Y Z]

$E[YZ]$

Z

$Z$

Y

$Y$

P (Y = 0) = 1

$P(Y=0)=1$

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [Z]

$E[Z]$

— Silverfish,

Jednym z najprostszych i być może najbardziej intuicyjnych możliwych kontrprzykładów jest umożliwienie i dowolnej dystrybucji z pewną szansą, że nie będzie w (od są stałe punkty i i problematyczne w definicji w każdym przypadku). Zatem oczywiście nie jest stałe, gdy jest.

X = 1

$X=1$

Y

$Y$

{- 1, 0, 1, \pm \infty}

$\{-1,0,1,\pm\infty\}$

\pm 1

$\pm 1$

y \to 1 / y

$y\to 1/y$

0, \infty,

$0,\infty,$

- \infty

$-\infty$

X / Y

$X/Y$

Y Z

$YZ$

X

$X$

— whuber

@Silverfish jest zdefiniowany tylko wtedy, gdy jest skończony. Ale odisą niezależnymi zmiennymi losowymi. Ponieważ jednak nie jest skończone, a , dochodzimy do wniosku, że nie jest skończony (nie ma problemów z wartością ). W konsekwencji nie jest zdefiniowane (lub nie istnieje), podczas gdy bardzo zdecydowanie istnieje i ma wartość .

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [| Y Z |]

$E[|YZ|]$

E [| Y Z |] = E [| Y | \cdot | Z |] = E [| Y |] E [| Z |]

$E[|YZ|]=E[|Y|\cdot |Z|]=E[|Y|]E[|Z|]$

| Y |

$|Y|$

| Z |

$|Z|$

E [| Z |]

$E[|Z|]$

E [| Y |] > 0

$E[|Y|]>0$

E [| Y Z |]

$E[|YZ|]$

0 \times \infty

$0\times\infty$

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [X]

$E[X]$

0

$0$

— Dilip Sarwate,

To może się zdarzyć. Na przykład, jeśli , i są niezależnymi zmiennymi Rademachera , tzn. Mogą być równe 1 lub -1 z jednakowym prawdopodobieństwem. W tym przypadku jest Rademacher, więc ten sam rozkład, jak , a jest Rademacher więc ten sam rozkład, jak . $X$ $Y$ $Z$ $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

Ale ogólnie tak się nie stanie. Tak długo, jak istnieją środki, konieczne (ale niewystarczające) warunki dla aby mieć taki sam rozkład jak , i dla aby mieć taki sam rozkład jak , to: $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

E (Z) = E (X Y^{- 1}) = E (X) E (Y^{- 1})

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(XY^{-1}) = \mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y^{-1})$

E (X) = E (Y Z) = E (Y) E (Z)

$\mathbb{E}(X) = \mathbb{E}(YZ) = \mathbb{E}(Y)\mathbb{E}(Z)$

Drugie równości, po których następuje niezależność. Podstawienie daje:

E (Z) = E (Y) E (Z) E (Y^{- 1})

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Z) \mathbb{E}(Y^{-1})$

Jeśli to lub równoważnie, o ile , $\mathbb{E}(Z) \neq 0$ $1 = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Y^{-1})$ $\mathbb{E}(Y) \neq 0$

E (Y^{- 1}) = \frac{1}{E (Y)}

$\mathbb{E}(Y^{-1}) = \frac{1}{\mathbb{E}(Y)}$

Zasadniczo nie jest to prawdą. Na przykład, niech będzie przetłumaczoną zmienną Bernouilli , która przyjmuje wartości lub z jednakowym prawdopodobieństwem, więc . Wtedy przyjmuje wartości lub z jednakowym prawdopodobieństwem, więc . (Pozostawiam to wyobraźni czytelnika, jak dramatyczny efekt musiałby zastosować nieprzetłumaczony $Y$ $1$ $2$ $\mathbb{E}(Y)=1.5$ $Y^{-1}$ $1$ $0.5$ $\mathbb{E}(Y^{-1})=0.75 \neq 1.5^{-1}$ Zmienna Bernouilli, lub jedna przetłumaczona tylko nieznacznie, więc jest bardzo bliska 0 z prawdopodobieństwem połowy. Zauważ, że w przykładzie Rademacher nie było tutaj problemu, ponieważ wszystkie trzy oczekiwania były zerowe, zauważ też, że ten warunek nie jest wystarczający.)

Możemy zbadać, w jaki sposób to zawodzi, konstruując bardziej wyraźny kontrprzykład. Dla uproszczenia załóżmy, że jest skalowanym Bernouilli i przyjmuje wartości lub z jednakowym prawdopodobieństwem. Wtedy wynosi , , lub z jednakowym prawdopodobieństwem. Oczywiste jest, że , i . Niech będzie zmienną niezależną pochodzącą z tego samego rozkładu. Jaki jest rozkład ? Czy to to samo, co rozkład $Y$ $X$ $0$ $2$ $X/Y$ $0/1$ $0/2$ $2/1$ $2/2$ $P(X/Y=0)=\frac{1}{2}$ $P(X/Y=1)=\frac{1}{4}$ $P(X/Y=2)=\frac{1}{4}$ $Z$ $YZ$ $X$ ? Nie musimy nawet opracowywać pełnego rozkładu prawdopodobieństwa, aby przekonać się, że nie może być; wystarczy pamiętać, że może wynosić tylko zero lub dwa, podczas gdy może przyjąć dowolną wartość uzyskaną z pomnożenia jednego z przez jeden z . $X$ $YZ$ $\{1,2\}$ $\{0,1,2\}$

Jeśli chcesz uzyskać morał w tej opowieści, spróbuj pobawić się skalowanymi i przetłumaczonymi zmiennymi Bernouilli (w tym zmiennymi Rademacher). Mogą być prostym sposobem na konstruowanie przykładów - i kontrprzykładów. Pomaga mieć mniej wartości w podporach, dzięki czemu rozkłady różnych funkcji zmiennych mogą być łatwo opracowane ręcznie.

Jeszcze bardziej ekstremalnie możemy rozważyć zdegenerowane zmienne, które mają tylko jedną wartość w ich obsłudze. Jeżeli i są zdegenerowane (z ), a następnie będzie zbyt i dlatego rozkład pasuje wartość . Podobnie jak w moim przykładzie Rademacher, taka sytuacja pokazuje, że twoje warunki mogą być spełnione. Jeśli zamiast tego, jak sugeruje @whuber w komentarzach, pozwalamy zdegenerować się z , ale pozwalamy zmieniać, to zbudowanie jeszcze prostszego kontrprzykładu jest bardzo łatwe. Jeśli może przyjąć dwie skończone, niezerowe wartości - i $X$ $Y$ $Y\neq 0$ $Z=X/Y$ $YZ$ $Z$ $X$ $P(X=1)$ $Y$ $Y$ $a$ $b$ , powiedzmy - z prawdopodobieństwem dodatnim, następnie , a zatem , mogą przyjmować wartości i . Teraz ma zatem po jej stronie, więc nie można wykonać z takiego samego rozkładu jak . Jest to podobne, ale prostsze niż mój argument, że podpory nie mogą się zgadzać w moim oryginalnym kontrprzykładzie. $X/Y$ $Z$ $a^{-1}$ $b^{-1}$ $YZ$ $ab^{-1} \neq 1$ $X$

— Silverfish
źródło

$\newcommand\E{\mathbb{E}}$ Załóżmy, że . Następnie, ponieważ jest funkcją wypukłą na , nierówność Jensena mówi nam, że warunek tylko wtedy, gdy jest zdegenerowany. To samo jest prawdą, jeśli , w którym to przypadku 1 / x jest wklęsły. Więc jeśli ma ustalony znak, ale nie jest zdegenerowany, konieczny warunek nie może zostać spełniony.

Pr (Y > 0) = 1

$\Pr(Y > 0) = 1$

1 / x

$1/x$

(0, \infty)

$(0, \infty)$

E Y = E \frac{1}{Y}

$\E Y = \E \frac{1}{Y}$

Y

$Y$

Pr (Y < 0) = 1

$\Pr(Y < 0) = 1$

Y

$Y$

— Dougal

@Dougal Dziękujemy za wzmiankę o tym. Pisząc, myślałem o włączeniu go, ale czułem, że dyskusja znaków itp. Przerwałaby bieg. Pomyślałem o powiedzeniu „zobacz nierówność Jensena” i dodaniu Wikipedii lub podobnego linku, ale potem zdecydowałem, że to nie był dobry pomysł, ponieważ nie poprzedziłem go wypukłością, której starałem się uniknąć. Zamiast tego spojrzałem, czy jest gdzieś (może wątek CV), w którym ogólnie omawiane jest oczekiwanie na funkcje nieliniowe RV, co naturalnie doprowadziłoby zaciekawionego czytelnika do Jensen, ale niczego nie zauważyłem Jeszcze mi sie podoba

— Silverfish,

@Dougal Jest to jeden z tych przypadków, kiedy dochodzi do konfliktu między pięknie prostymi kontrprzykładami - czymś bardzo łatwym do obliczenia, więc ktoś, kto pracował przy nieporozumieniu, może natychmiast zobaczyć, że jest to niemożliwe lub niepoprawne - i dokładniejsze, ogólne leczenie, które faktycznie pomaga pokaż, w jakich warunkach coś może się faktycznie utrzymywać (ale które może być dla niektórych czytelników zbyt trudne do naśladowania, a przez to mniej przekonujące). RV na pokazuje nawet początkujemu, dlaczego nie działa tak ładnie jak ale Jensen mówi znacznie więcej o tym, dlaczego!

{1, 2}

$\{1,2\}$

E (1 / Y)

$E(1/Y)$

E (a Y + b)

$E(aY+b)$

— Silverfish,

Tak, dobra uwaga, choć jestem ciekawy warunków, w jakich może utrzymywać się ta (pozornie naturalna) relacja, które wydają się dość ograniczone. Zauważ, że w powyższym komentarzu źle napisałem warunek: powinien to być .

\frac{1}{\E Y} = \E \frac{1}{Y}

$\frac{1}{\E Y} = \E \frac{1}{Y}$

— Dougal,

@Dougal Myślę, że poza zdegenerowanymi RV takie relacje nie są tak „naturalne”, jak się pojawiają. Rozważmy, że ma taki sam rozkład jak a ma taki sam rozkład jak , a wszystkie trzy są niezależne ... Znowu nie ma to miejsca.

Z

$Z$

X + Y

$X+Y$

Y

$Y$

Z - X

$Z-X$

— Silverfish,