pdf produktu dwóch niezależnych jednolitych zmiennych losowych

12

Niech $X$ ~ $U(0,2)$ i $Y$ ~ $U(-10,10)$ będą dwiema niezależnymi zmiennymi losowymi o danych rozkładach. Jaki jest rozkład $V=XY$ ?

Próbowałem splotu, wiedząc o tym

h (v) = \int_{y = - \infty}^{y = + \infty} \frac{1}{y} {fa}_{Y} (y) {fa}_{X} (\frac{v}{y}) re y

$h(v) = \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{y}f_Y(y) f_X\left (\frac{v}{y} \right ) dy$

Wiemy również, że $f_Y(y) = \frac{1}{20}$ ,

h (v) = \frac{1}{20} \int_{y = - 10}^{y = 10} \frac{1}{y} \cdot \frac{1}{2)} re y

$h(v)= \frac{1}{20} \int_{y=-10}^{y=10} \frac{1}{y}\cdot \frac{1}{2}dy$

h (v) = \frac{1}{40} \int_{y = - 10}^{y = 10} \frac{1}{y} re y

$h(v)=\frac{1}{40}\int_{y=-10}^{y=10} \frac{1}{y}dy$

Coś mi mówi, że jest tu coś dziwnego, ponieważ jest nieciągły przy 0. Proszę o pomoc.

distributions random-variable

— cgo
źródło

1

Jeśli jest to pytanie do pracy domowej, czy możesz dodać tag do samodzielnej nauki? Dziękuję Ci!

— Andy,

czy to nie może być jednolity samochód kempingowy?

— Yair Daon,

To nie wygląda jak mundur. może coś z logiem? Ale nie wiem, jak to zapisać, ponieważ zero znajduje się między granicami, a funkcja jest niezdefiniowana na zero.

— cgo

14

Dobra, rygorystyczna i elegancka odpowiedź została już opublikowana. Cel ten jest w celu uzyskania tego samego wyniku w sposób, który może być bardziej Ujawnienie podstawowej struktury . Pokazuje, dlaczego funkcja gęstości prawdopodobieństwa (pdf) musi być liczbą pojedynczą przy . $XY$ $0$

Wiele można osiągnąć, koncentrując się na formach dystrybucji komponentów :

jest dwukrotnościązmiennej losowej . jest standardową, „ładną” formą charakterystyczną dla wszystkich rozkładów jednorodnych. $X$ $U(0,1)$ $U(0,1)$
jest dziesięć razyzmienną losową . $|Y|$ $U(0,1)$
Znak następuje rozkład Rademacher: jest on równy lub , każdy z prawdopodobieństwem . $Y$ $-1$ $1$ $1/2$

(Ten ostatni krok przekształca zmienną nieujemną w rozkład symetryczny wokół , których oba ogony wyglądają jak rozkład pierwotny.) $0$

Dlatego (a) jest symetryczny około a (b) jego wartość bezwzględna wynosi krotność iloczynu dwóch niezależnych zmiennych losowych . $XY$ $0$ $2\times 10=20$ $U(0,1)$

Produkty są często upraszczane poprzez logarytmy. Rzeczywiście, dobrze wiadomo, że log ujemny zmiennej ma rozkład wykładniczy (ponieważ jest to najprostszy sposób generowania losowych zmiennych wykładniczych), skąd log ujemny iloczynu dwóch z nich ma rozkład sumy dwóch wykładników. Wykładniczy jest rozkładem . Rozkłady gamma z tym samym parametrem skali są łatwe do dodania: wystarczy dodać ich parametry kształtu. A plus $U(0,1)$ $\Gamma(1,1)$ $\Gamma(1,1)$ zmienna ma zatem rozkład . w konsekwencji $\Gamma(1,1)$ $\Gamma(2,1)$

Zmienna losowa jest symetryczną wersją krotności wykładniczej wartości ujemnej zmiennej . $XY$ $20$ $\Gamma(2,1)$

Postać

Konstrukcja pliku PDF z rozkładu jest pokazana od lewej do prawej, przechodząc od munduru, do wykładniczego, do , do wykładniczego jego ujemnego , do tej samej rzeczy skalowanej o , i wreszcie symetrycznej wersji tego. Jego PDF jest nieskończony w , potwierdzając tam nieciągłość. $XY$ $U(0,1)$ $\Gamma(2,1)$ $20$ $0$

Możemy być zadowoleni z zatrzymania się tutaj. Na przykład ta charakterystyka umożliwia nam generowanie bezpośrednio realizacji , jak w tym wyrażeniu: $XY$ R

n <- 1; 20 * exp(-rgamma(n, 2, scale=1)) * ifelse(runif(n) < 1/2, -1, 1)

Analiza ta ujawnia również, dlaczego plik PDF wysadza się w . $0$ Ta osobliwość pojawiła się po raz pierwszy, gdy rozważaliśmy wykładniczy (minus) a rozkład , odpowiadający pomnożeniu jednego zmiennego przez inny. Wartości w (powiedzmy) od powstają na wiele sposobów, w tym (ale nie wyłącznie), gdy (a) jeden z czynników jest mniejszy niż lub (b) oba czynniki są mniejsze niż $\Gamma(2,1)$ $U(0,1)$ $\varepsilon$ $0$ $\varepsilon$ . Ten pierwiastek kwadratowy jest ogromnie większy niżsam, gdyjest bliskie. Wymusza to duże prawdopodobieństwo, w kwocie większej niż $\sqrt{\varepsilon}$ $\varepsilon$ $\varepsilon$ $0$ , aby zostać ściśniętym w przedziale długości. Aby było to możliwe, gęstość produktu musi stać się dowolnie duża przy. Kolejne manipulacje - przeskalowanie o współczynniki symetryczność - oczywiście nie wyeliminują tej osobliwości. $\sqrt{\varepsilon}$ $\varepsilon$ $0$ $20$

Ta opisowa charakterystyka odpowiedzi prowadzi również bezpośrednio do formuł z minimalnym zamieszaniem, pokazując, że jest kompletna i rygorystyczna. Na przykład, aby uzyskać pdf , zacznij od elementu prawdopodobieństwa rozkładu , $XY$ $\Gamma(2,1)$

fa (t) re t = t {mi}^{- t} re t, 0 < t < \infty .

$f(t)dt = te^{-t}dt,\ 0 \lt t \lt \infty.$

Pozostawienie oznacza $t=-\log(z)$ i . Ta transformacja również odwraca kolejność: większe wartości prowadzą do mniejszych wartości . Z tego powodu musimy zanegować wynik po zmianie, podając $dt = -d(\log(z)) = -dz/z$ $0 \lt z \lt 1$ $t$ $z$

fa (t) re t = - (- \log (z) {mi}^{- (- \log (z))} (- re z / z)) = - \log (z) re z, 0 < z < 1.

$f(t)dt = -\left(-\log(z) e^{-(-\log(z))} (-dz/z)\right) = -\log(z) dz,\ 0 \lt z \lt 1.$

Współczynnik skali przekształca to na $20$

- \log (z / 20) re (z / 20) = - \frac{1}{20} \log (z / 20) re z, 0 < z < 20

$-\log(z/20) d(z/20) = -\frac{1}{20}\log(z/20)dz,\ 0 \lt z \lt 20.$

Wreszcie symetryzacja zastępuje przez , pozwala, aby jej wartości wahały się teraz od do , i dzieli pdf przez aby równomiernie rozłożyć całkowite prawdopodobieństwo na przedziały i : $z$ $|z|$ $-20$ $20$ $2$ $(-20,0)$ $(0,20)$

\begin{aligned} f_{X Y} (z) d z & = - \frac{1}{2} \frac{1}{20} \log (| z | / 20), - 20 < z < 20; \\ f_{X Y} (z) d z & = 0 otherwise . \end{aligned}

$\eqalign{ f_{XY}(z)dz &= -\frac{1}{2}\frac{1}{20} \log(|z|/20),\ -20 \lt z\lt 20;\\ f_{XY}(z)dz &= 0\ \text{otherwise}. }$

— Whuber
źródło

Dziękujemy za próbę uczynienia go bardziej przystępnym. Nadal uważałem to za nieco sprzeczne z intuicją, więc właśnie to wykonałem (podobnie do „symulacji” plot( density( outer(seq(-10,10,length=10),seq(0,2,length=10), "*") ) )Xi'ana ): Zwiększenie długości do 100 pozwala uniknąć niektórych artefaktów dotyczących gęstości na ograniczone rozkłady

— DW

9

W swojej derywacji, nie używać gęstość . Ponieważ , $X$ $X\sim\mathcal{U}(0,2)$

f_{X} (x) = \frac{1}{2} I_{(0, 2)} (x)

$f_X(x) = \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(x)$ więc we wzorze splotu

(I skorygowane jakobian przez dodanie wartości bezwzględne). Stąd

h (v) = \frac{1}{20} \int_{- 10}^{10} \frac{1}{| y |} \cdot \frac{1}{2} I_{(0, 2)} (v / y) d y

$h(v)= \frac{1}{20} \int_{-10}^{10} \frac{1}{|y|}\cdot \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(v/y)\text{d}y$

Oto potwierdzenie poprzez symulację wyniku:

\begin{aligned} h (v) & = \frac{1}{40} \int_{- 10}^{0} \frac{1}{| y |} I_{0 \leq v / y \leq 2} d y + \frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{| y |} I_{0 \leq v / y \leq 2} d y \\ = \frac{1}{40} \int_{- 10}^{0} \frac{1}{| y |} I_{0 \geq v / 2 \geq y \geq - 10} d y + \frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{| y |} I_{0 \leq v / 2 \leq y \leq 10} d y \\ = \frac{1}{40} I_{- 20 \leq v \leq 0} \int_{- 10}^{v / 2} \frac{1}{| y |} d y + \frac{1}{40} I_{20 \geq v \geq 0} \int_{v / 2}^{10} \frac{1}{| y |} d y \\ = \frac{1}{40} I_{- 20 \leq v \leq 0} \log {20 / | v |} + \frac{1}{40} I_{0 \leq v \leq 20} \log {20 / | v |} \\ = \frac{\log {20 / | v |}}{40} I_{- 20 \leq v \leq 20} \end{aligned}

$\begin{align*} h(v) &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\ge v/2\ge y\ge -10}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/2\le y\le 10}\text{d}y\\&= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \int_{-10}^{v/2} \frac{1}{|y|}\text{d}y+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{20\ge v\ge 0} \int_{v/2}^{10} \frac{1}{|y|}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \log\{20/|v|\}+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{0\le v\le 20} \log\{20/|v|\}\\ &=\frac{\log\{20/|v|\}}{40}\mathbb{I}_{-20\le v\le 20} \end{align*}$ wprowadź opis zdjęcia tutaj

uzyskane jako

   hist(runif(10^6,0,2)*runif(10^6,10,10),prob=TRUE,
   nclass=789,border=FALSE,col="wheat",xlab="",main="")
   curve(log(20/abs(x))/40,add=TRUE,col="sienna2",lwd=2,n=10^4)

— Xi'an
źródło

Cześć, dzięki. Chciałbym zapytać, dlaczego granice zmieniły się z -10 na 10 na -10 na v / 2?

— cgo

Czy powinno być gdzieś coś negatywnego? Dzięki

— cgo

1

Odpowiedź wygląda poprawnie, cgo. Zauważ, że kiedy

- 20 < v < 20

$-20\lt v \lt 20$ ,

\log (20 / | v |)

$\log(20/|v|)$ jest pozytywny, ponieważ

20 / | v | > 1

$20/|v|\gt 1$ . Wykres pokazuje wykres i wyraźnie jest dodatni w całym obrazie domeny. Równoważne wyrażenie to

- \log (| v | / 20)

$-\log(|v|/20)$ , którego wybrałem w swojej odpowiedzi.

— whuber