Iloczyn dwóch niezależnych zmiennych losowych

Mam próbkę około 1000 wartości. Dane te pochodzą z iloczynu dwóch niezależnych zmiennych losowych . Pierwsza zmienna losowa ma rozkład równomierny . Rozkład drugiej zmiennej losowej nie jest znany. Jak mogę oszacować rozkład drugiej zmiennej losowej ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics

— Andy
źródło

Jest to wersja tak zwanego problemu dekonwolucji: jeśli przejdziesz do dziennika produktu, otrzymasz szacunkowy rozkład sumy, gdy znasz rozkład jednego z terminów. Sprawdź na wikipedii .

— Xi'an

Zobacz także podobne pytanie dotyczące weryfikacji krzyżowej: po zastosowaniu transformacji dziennika problem jest równoważny.

— Xi'an

@ Xi'an: Ładne linki. Mam nadzieję, że

prawie na pewno ... chociaż możemy wyzdrowieć z pozornie śmiertelnego naruszenia tego stanu, rozkładając jako

i rozważając poszczególne elementy oddzielnie.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

$\psi = \psi_{+} - \psi_{-}$

— kardynał

@cardinal Jestem ciekawy, jak poradzić sobie z problemem estymacji, gdy niektóre dane mogą być negatywne. Jak określa się rozkład? (Intuicyjny sposób alokacji danych mniej niż

na jeden większy komponentów i danych niż

na innym wyglądem suboptimal do mnie, bo splot z wykładniczym mają tendencję, aby włączyć wartości pochodzących z

komponent do stosunkowo dużych pozytywnych obserwacji.) Wygląda raczej podobnie, jak estymator musi jednocześnie obsługiwać identyfikację mieszaniny i dekonwolucji - i wydaje się to trudne.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

— whuber

@Kardynał dzięki za wyjaśnienie. Nie, nie hałas: ponieważ myślałem o logarytmach, po prostu zapomniałem, że

jest nieujemne.

ξ

$\xi$

— whuber

Mamy, zakładając, że ma poparcie na dodatniej linii rzeczywistej $\psi$ Gdzie i to empiryczny rozkład danych. Biorąc log tego równania otrzymujemy,

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$

L o g (ξ) + L o g (ψ) = L o g (X)

$Log(\xi) + Log(\psi) = Log(X)$

Zatem przez twierdzenie Levy'ego o ciągłości i niezależności i $\xi$ $\psi$ biorąc funkcje charactersitic:

Ψ_{L o g (ξ)} (t) Ψ_{L o g (ψ)} (t) = Ψ_{L o g (X)}

$\Psi_{Log(\xi)}(t)\Psi_{Log(\psi)}(t) = \Psi_{Log(X)}$

Teraz Tak więc, $\xi\sim Unif[0,1]$ $, therefore$ $-Log(\xi) \sim Exp(1)$

Ψ_{L o g (ξ)} (- t) = {(1 + i t)}^{- 1}

$\Psi_{Log(\xi)}(-t)= \left(1 + it\right)^{-1}\,$

Biorąc pod uwagę, że $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

$Log(\psi)$

{(1 + i t)}^{- 1} Ψ_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (i t X_{k})

$\left(1 + it\right)^{-1}\,\Psi_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k)$

If we assume that the moment generating functions of $\ln(\psi)$ exist and that $t<1$ we can write the above equation in term of moment generating functions:

M_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (- t X_{k}) (1 - t)

$M_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(-t\,X_k)\,\left(1 - t\right)\,$

It is enough then to invert the Moment generating function to get the distribution of $ln(\phi)$ and thus that of $\phi$

— Drmanifold
źródło

can you explain this with an example in R?

— Andy

Of course. I ll try to post it tomorrow.

— Drmanifold