deki tüm gerekçeleri destekleyen ayrı bir rv oluşturulması

Bu, bu sorunun yapılandırmacı devamıdır .

Eğer aralığındaki tüm rasyonları destekleyen ayrı bir tekdüze rastgele değişkene sahip olamıyorsak, bir sonraki en iyi şey: $[0,1]$

Bu desteğe sahip rastgele bir değişkeni , ve bir miktar dağılımı izler . Ve içimdeki usta, bu rastgele değişkenin elde etmek istediğimizi soyut olarak tanımlamaktan ziyade mevcut dağılımlardan inşa edilmesini gerektiriyor. $Q$ $Q\in \mathbb{Q}\cap[0,1]$

Bu yüzden aşağıdakileri buldum:

Let parametresi ile Geometrik Dağıtım-Varyant II, aşağıdaki ayrı bir rasgele değişken , yani $X$ $0<p<1$

X \in {0, 1, 2, . . .}, P (X = k) = (1 - p)^{k} p, F_{X} (X) = 1 - (1 - p)^{k + 1}

$X \in \{0,1,2,...\},\;\;\;\; P(X=k) = (1-p)^kp,\;\;\; F_X(X) = 1-(1-p)^{k+1}$

Ayrıca olsun aynı parametre ile Geometrik Dağıtım-Varyant I izlenerek ve ayrık rastgele değişken , yani $Y$ $p$

Y \in {1, 2, . . .}, P (Y = k) = (1 - p)^{k - 1} p, F_{Y} (Y) = 1 - (1 - p)^{k}

$Y \in \{1,2,...\},\;\;\;\; P(Y=k) = (1-p)^{k-1}p,\;\;\; F_Y(Y) = 1-(1-p)^k$

$X$ ve bağımsızdır. Şimdi rastgele değişkeni tanımla $Y$

S = \frac{X}{Y}

$Q = \frac {X}{Y}$

ve koşullu dağılımı düşünün

P (S \leq q | {X \leq Y})

$P(Q\leq q \mid \{X\leq Y\})$

Gevşek bir deyişle "koşullu oranı üzerinde şartına daha küçük ya da daha eşit olan ". Bu şartlı dağılımın desteği . $Q$ $X$ $Y$ $X$ $Y$ $\{0,1,1/2,1/3,...,1/k,1/(k+1),...,2/3,2/4,...\} = \mathbb{Q}\cap[0,1]$

"Soru": Birisi lütfen ilişkili koşullu olasılık kütle fonksiyonunu sağlayabilir mi?

Bir yorum "kapalı formda olmalı mı?" Diye sordu. Günümüzde kapalı bir formu oluşturan şey çok net olmadığından, bunu şu şekilde ifade edeyim: içine den rasyonel bir sayı girebileceğimiz ve olasılığı elde edebileceğimiz fonksiyonel bir form arıyoruz. elbette parametresinin belirtilen değeri ), pmf'nin gösterge grafiğine yol açar . Ve sonra grafiğin nasıl değiştiğini görmek için değiştirin. $[0,1]$ $p$ $p$

Eğer yardımı olacaksa bu varyantlar kesinlikle yeteneği bizi mahrum üst ve / veya alt değerlerin grafiğini rağmen, o zaman, bir ya da destek açıkken her iki sınırları yapabilirsiniz PMF . Ayrıca, üst sınırı açarsak, koşullandırma olayını düşünmeliyiz . $\{X<Y\}$

Alternatif olarak, pmf'leriyle bir araya geldikleri sürece , bu destek (ler) e sahip diğer rv'leri de kabul ediyorum .

Geometrik dağılımı kullandım, çünkü destekte sıfır içermeyen iki varyant mevcuttu (sıfıra bölme önlenir). Tabii ki, bazı kesikli rv'leri kullanarak, diğer kesikli rv'leri kullanabilir.

Kesinlikle bu soruya bir lütuf koyacağım, ancak sistem buna hemen izin vermiyor.

distributions mathematical-statistics

— Alecos Papadopoulos
kaynak

Şunu mu demek istediniz: ? (rastgele bir değişkeni koşullu olarak tanımlamak anlamsızdır, dağılımını sadece bu şekilde tanımlayabilirsiniz)

Q = \frac{X}{Y} 1_{{X \leq Y}}

$Q = \frac {X}{Y} {\boldsymbol 1}_{\{X\leq Y\}}$

— Stéphane Laurent

Q'nuz sayılabilir: N = {1, 2, ...} ve Q arasında 1-1 bir yazışma olduğunu biliyorsunuz. Böyle bir yazışma bulabilirseniz, çözüm N üzerinde herhangi bir dağılım seçmek ve kullanmak olacaktır. Q'nun karşılık gelen elementini seçmek için

— Adrian

her neyse, indirgenemez her kesri için değerini hesaplamanız gerekir ve bu .

P r (X / Y = p / q)

$Pr(X/Y=p/q)$

p / q

$p/q$

Pr (X = p, X = 2 p, \dots) \times Pr (Y = q, Y = 2 q, \dots)

$\Pr(X=p, X=2p, \ldots)\times\Pr(Y=q, Y=2q, \ldots)$

— Stéphane Laurent

Pmf sağlama gereksinimi kapalı bir formun gerekli olduğu anlamına mı geliyor? Yoksa, örneğin @ StéphaneLaurent'in koşulu yerine getirecek sonsuz miktarı mı?

— Juho Kokkala

Let ve Y Mesajın herhangi rv.

f : N \to Q \cap [0, 1]

$f: N \rightarrow \mathbb{Q}\cap[0,1]$

P r [Q = q] = P r [Y = f^{- 1} (q)]

$Pr[Q =q] = Pr[Y = f^{-1}(q)]$

— Adrian

Yanıtlar:

setinde destek kütleleri olan ayrık dağılımı düşünün $F$ $\{(p,q)\,|\, q \ge p \ge 1\}\subset \mathbb{N}^2$

F (p, q) = \frac{3}{2^{1 + p + q}} .

$F(p,q) = \frac{3}{2^{1+p+q}}.$

Bu, gerçekten bir dağılım (toplam olasılık birliktir) olduğunu göstermek için kolayca toplanır (ilgili tüm seriler geometriktir).

Sıfır olmayan herhangi bir rasyonel sayı için izin en düşük açısından bir şekilde temsil: olduğu, ve . $x$ $a/b=x$ $b\gt 0$ $\gcd(a,b)=1$

$F$ ayrı bir dağılımı indükler ile kuralları yoluyla $G$ $[0,1]\cap \mathbb{Q}$

G (x) = G (\frac{a}{b}) = \sum_{n = 1}^{\infty} F (a n, b n) = \frac{3}{2^{1 + a + b} - 2} .

$G(x) = G\left(\frac{a}{b}\right) = \sum_{n=1}^\infty F\left(an, bn\right)=\frac{3}{2^{1+a+b}-2}.$

(ve ). ' deki her rasyonel sayının sıfır olmayan bir olasılığı vardır. ( Pozitif olasılıklı değerlerin arasına eklemeniz gerekiyorsa, olasılıktan bir kısmını gibi başka bir sayıdan ayırın ve atayın .) $G(0)=0$ $(0,1]$ $0$ $1$ $0$

Bu yapıyı anlamak için, şu tasvirine bakın : $F$

[Şekil F]

$F$ , pozitif integral koordinatları ile tüm noktalarında olasılık kütleleri verir . Değerleri dairesel sembollerin renkli alanlar ile temsil edilir. Çizgiler , grafikte görünen tüm olası ve koordinatları kombinasyonları için eğimlerine sahiptir . Dairesel sembollerle aynı şekilde renklendirilirler: eğimlerine göre. Bu durumda, (açıkça arasında değişmektedir eğim ile için) ve renkli tekabül değişken bölgesinin ve değerleri , her bir satırda yer alan tüm çevrelerin alanları toplanmasıyla elde edilir. Örneğin, $p,q$ $F$ $p/q$ $p$ $q$ $0$ $1$ $G$ $G$ $G(1)$ = verilen eğim ana diyagonalindeki tüm (kırmızı) dairelerin alanlarının toplanmasıyla elde edilir. . $1$ $F(1,1)+F(2,2)+F(3,3)+\cdots$ $3/8 + 3/32 + 3/128 + \cdots = 1/2$

şekil

Bu şekil sınırlandırarak elde edilen bir yaklaşımı gösterir : değerlerini ila arasında değişen rasyonel sayıya . En büyük olasılık kütleleri . $G$ $q\le 100$ $3044$ $1/100$ $1$ $\frac{1}{2},\frac{3}{14},\frac{1}{10},\frac{3}{62},\frac{3}{62},\frac{1}{42},\ldots$

İşte tam CDF'si (görüntünün çözünürlüğüne göre doğru). Listelenen altı sayı, görünür sıçramaların boyutlarını verir, ancak CDF'nin her kısmı istisnasız atlamalardan oluşur: $G$

şekil 2

— whuber
kaynak

Teşekkürler! İnşaatı anlama sürecindeyim. Sadece iki soru var: a) iki değişkenli, ancak onu ilişkilendiren ifadede tek değişkenli görünüyor. Bir şey mi kaçırıyorum? ve b) tek değişkenli olduğundan, etkileyici görünen ilk grafikteki tüm noktalar yatay eksende farklı bir değeri temsil eder (tabii ki bu böyle bir ölçekte inançla temsil edilemese de), değil mi?

F

$F$

G

$G$

G

$G$

— Alecos Papadopoulos

Sadece yorumunuza cevap verebilecek bir figürü tamamlıyordum Alecos ve cevaba ekledim. Unutmayın ki herhangi bir ayrık dağıtım ile başlayabilir ve aynı şekilde inşa edebilirim ; bu özel dağılım hesaplamaları kolaylaştırmak için seçilmiştir.

F

$F$

G

$G$

— whuber

Daha iyi ve daha iyi olur, Önceki , yerine mı? Yani ve ?

F (\frac{a}{b}, n)

$F\left(\frac ab,n\right)$

F (\frac{a}{b} n)

$F\left(\frac abn\right)$

p = a / b

$p=a/b$

q = n

$q=n$

— Alecos Papadopoulos

Bu benimkinden daha iyi bir cevap! İki küçük şey fark ettim: Sanırım F (p, q) 'nuz yazılı olarak 4'e çıkıyor. Ayrıca aşağıdaki denklemde "F, ayrık bir dağılım G indükler", F (na, nb) olmalı?

— Adrian

@Adrian, Alecos Bu yazım hatalarını yakaladığınız için teşekkür ederiz: , olmalı ve gösterimi yanlıştır. Onları hemen tamir edeceğim.

1

$1$

- 1

$-1$

F

$F$

— whuber

Yorumlarımı bir araya getireceğim ve sadece netlik için cevap olarak göndereceğim. Bununla birlikte, çok memnun kalmayacağınızı umuyorum, çünkü tek yaptığım sorununuzu başka bir probleme indirgemek.

Benim gösterim:

$Q$ olan destek olan bir RV olan - benim olduğu değil aynı onun gelen OP yapıları . Bu aşağıda tanıttığım ve kullanarak tanımlayacağız . $\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$ $Q$ $Q$ $\frac{X}{Y}$ $Q$ $Y$ $f$

$Y$ , desteği - örneğin OP tarafından verilen çalışır. $\mathbb{N}\equiv\left\{1, 2, \ldots\right\}$ $Y$

$f$ , bire bir yazışmadır ve tersidir. Bunların var olduğunu biliyoruz. $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$ $f^{-1}$

Şimdi sadece bir ve onun bulmak için sorununuzu azaltabilir iddia : $f$ $f^{-1}$

Sadece bırakın ve işiniz bitti. PMF değeri . $Q=f\left(Y\right)$ $Q$ $\Pr[Q =q] = \Pr[Y = f^{-1}(q)]$

Düzenle:

Bire bir yazışma olmamasına rağmen (yinelemeler nedeniyle) işlevini oynayan bir işlev g : $f$

g <- function(y) {
    y <- as.integer(y)
    stopifnot(y >= 1)
    b <- 0
    a <- 0
    for (unused_index in seq(1, y)) {
        if (a >= b) {
            b <- b+1
            a <- 0
        } else {
            a <- a+1
        }
    }
    return(sprintf("q = %s / %s", a, b))
    ## return(a / b)
}

— Adrian
kaynak

(+1) Hayır, yaklaşımınızı çok uygulanabilir sonuçlara ve algoritmalara ulaşmak için soyut yaklaşımı nasıl düşünüp kullanabileceğinin mükemmel bir örneği olarak görüyorum . Şimdi, bunu anlamak ana nokta, bir fonksiyonel formu gibi PMF kullanılarak istenen yapı elde olmasıdır herhangi bir destek sahip ayrı bir dağıtım . Tabii ki ve bulmak kalır . Bu yaklaşımı benden daha iyi anladığınız için, "bunların var olduğunu biliyoruz" ifadesi kibar bir şekilde "ama nasıl göründükleri hakkında hiçbir fikrimiz yok" mu? :)

N \equiv {1, 2, \dots}

$\mathbb{N}\equiv\left\{1, 2, \ldots\right\}$

f

$f$

f^{- 1}

$f^{-1}$

— Alecos Papadopoulos

Bkz. Jcu.edu/math/vignettes/infinity.htm : benzer bir "köşegen desen" kullanabilirsiniz. Zor kısmı için bir ifade . Bunu nasıl yapacağımdan emin değilim, ancak math.stackexchange.com'da (ya da önce biraz daha googling yaparak) sorabilirsiniz .

f^{- 1}

$f^{-1}$

— Adrian

Sağladığınız bağlantıda bir noktada şöyle diyor: "Yazışma için bir formül bulmanın gerekli olmadığını unutmayın; gerekli olan tek şey böyle bir yazışmanın var olduğu kesinliğidir. Matematikte bunun gibi birçok başka örnek vardır - önemli olan, aslında bir formül sergilemek yerine bir şeyin olması gerektiğini veya bir şeyin var olduğunu göstermektir. " Sorum, asıl önemli olan bir formül sergilemek : Bu soruyu bir nedenden dolayı "yapılandırmacı" olarak adlandırdım.

— Alecos Papadopoulos

Sanırım işe yarayacak bir algoritma sağlayabilirim - biraz daha düşüneceğim.

— Adrian

Bir şey yayınladım - Q simüle etmenizi sağlar, ancak PMF sorununu çözmez.

— Adrian