İki rastgele değişkenin toplamı olarak düzgün rastgele değişken

Alındığı Grimmet ve Stirzaker :

Göster bu durumda olamaz bu U = X + Y u eşit [0,1] dağıtılır ve X ve Y, birbirinden bağımsız ve özdeş dağıtılır. Sen olmamalıdır X ve Y sürekli değişkenler olduğunu varsayalım.$U=X+Y$$U$$X$$Y$

Durum için çelişki kısıtlamasını tarafından basit bir dayanıklı $X$ , $Y$ her zaman mümkün bir bulmak için öne sürerek ayrık varsayılır $u$ ve $u'$ , öyle ki $P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$ ise .$P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$

Bununla birlikte, bu kanıt uzanmaz kesinlikle sürekli veya tekil devamlıdır. İpuçları / Yorumlar / Eleştirisi?$X,Y$

Sonuç bir resim ile kanıtlanabilir: görünür gri alanlar, eşit bir dağılımın iki bağımsız özdeş dağıtılmış değişkenin toplamı olarak ayrıştırılamadığını gösterir.

Gösterim

Let $X$ ve $Y$ bu şekilde istatistiksel bağımsız olarak $X+Y$ üzerinde muntazam dağılımına sahiptir $[0,1]$ . Bu, tüm $0\le a \le b \le 1$ ,

Ortak dağılımının gerekli destek $X$ ve $Y$ bu nedenle $[0,1/2]$ (aksi pozitif olasılık olacaktır için bu $X+Y$ yalan dışında $[0,1]$ ).

Fotoğraf

Let $0 \lt \epsilon \lt 1/4$ . Rasgele değişkenlerin toplamlarının nasıl hesaplandığını gösteren bu diyagramı düşünün:

Temel olasılık dağılımı ( X , Y ) için ortak olan dağılımdır $(X,Y)$. Herhangi bir durumda olasılığı $a \lt X+Y \le b$ hatları arasında uzanan diyagonal bandı ile örtülür toplam olasılık ile verilir $x+y=a$ ve $x+y=b$ . Bu tür üç bant gösterilir: $0$ ila $\epsilon$ , sol altta küçük mavi bir üçgen olarak görülür ; dan $1/2-\epsilon$ için 1 / 2+ ϵ , iki (sarı ve yeşil) üçgenle kaplı gri bir dikdörtgen olarak gösterilir; vesağ üstte küçük bir kırmızı üçgen olarak görünen 1 - ϵ ile 1 arasında.$1/2+\epsilon$$1-\epsilon$$1$

Resim Ne Gösterir?

Bunu içeren sol alt kareye Şekilde sol alt üçgen karşılaştırılması ve için iid varsayımı yararlanarak X ve Y , bu açıktır$X$$Y$

Not eşitsizliği sıkı olduğunu: Her iki dair bazı olumlu olasılık olduğundan eşitlik mümkün değildir X ve Y'nin daha az £ değerinin ama yine de X + Y > ε .$X$$Y$$\epsilon$$X+Y \gt \epsilon$

Benzer şekilde, kırmızı üçgeni sağ üst köşedeki kareyle karşılaştırarak,

Son olarak, sol üst ve sağ alttaki iki karşıt üçgeni, bunları içeren diyagonal bantla karşılaştırmak, başka bir katı eşitsizlik verir,

İlk eşitsizlik önceki ikisinden kaynaklanır (kareköklerini alır ve çoğaltır), ikincisi üçgenlerin bant içerisine (katı) dahil edilmesini tanımlar ve son eşitlik X + Y'nin bütünlüğünü ifade eder . Bu sonuç 2 ε < 2 ε böyle kanıtlayan çelişkidir X ve Y'nin , var olamaz QED .$X+Y$$2\epsilon \lt 2\epsilon$$X$$Y$

I tried finding a proof without considering characteristic functions. Excess kurtosis does the trick. Here's the two-line answer: $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$ since $X$ and $Y$ are iid. Then $\text{Kurt}(U) = -1.2$ implies $\text{Kurt}(X) = -2.4$ which is a contradiction as $\text{Kurt}(X) \geq -2$ for any random variable.

Rather more interesting is the line of reasoning that got me to that point. $X$ (and $Y$) must be bounded between 0 and 0.5 - that much is obvious, but helpfully means that its moments and central moments exist. Let's start by considering the mean and variance: $\mathbb{E}(U)=0.5$ and $\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$. If $X$ and $Y$ are identically distributed then we have:

So $\mathbb{E}(X) = 0.25$. For the variance we additionally need to use independence to apply:

Hence $\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$ and $\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$. Wow! That is a lot of variation for a random variable whose support ranges from 0 to 0.5. But we should have expected that, since the standard deviation isn't going to scale in the same way that the mean did.

Now, what's the largest standard deviation that a random variable can have if the smallest value it can take is 0, the largest value it can take is 0.5, and the mean is 0.25? Collecting all the probability at two point masses on the extremes, 0.25 away from the mean, would clearly give a standard deviation of 0.25. So our $\sigma_X$ is large but not impossible. (I hoped to show that this implied too much probability lay in the tails for $X + Y$ to be uniform, but I couldn't get anywhere with that on the back of an envelope.)

Second moment considerations almost put an impossible constraint on $X$ so let's consider higher moments. What about Pearson's moment coefficient of skewness, $\gamma_1 = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^3}{\sigma_X^3} = \frac{\kappa_3}{\kappa_2^{3/2}}$? This exists since the central moments exist and $\sigma_X \neq 0$. It is helpful to know some properties of the cumulants, in particular applying independence and then identical distribution gives:

This additivity property is precisely the generalisation of how we dealt with the mean and variance above - indeed, the first and second cumulants are just $\kappa_1 = \mu$ and $\kappa_2 = \sigma^2$.

Then $\kappa_3(U) = 2\kappa_3(X)$ and $\big(\kappa_2(U)\big)^{3/2} = \big(2\kappa_2(X)\big)^{3/2} = 2^{3/2} \big(\kappa_2(X)\big)^{3/2}$. The fraction for $\gamma_1$ cancels to yield $\text{Skew}(U) = \text{Skew}(X + Y) = \text{Skew}(X) / \sqrt{2}$. Since the uniform distribution has zero skewness, so does $X$, but I can't see how a contradiction arises from this restriction.

So instead, let's try the excess kurtosis, $\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{\kappa_2^2} = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^4}{\sigma_X^4} - 3$. By a similar argument (this question is self-study, so try it!), we can show this exists and obeys:

The uniform distribution has excess kurtosis $-1.2$ so we require $X$ to have excess kurtosis $-2.4$. But the smallest possible excess kurtosis is $-2$, which is achieved by the $\text{Binomial}(1, \frac{1}{2})$ Bernoulli distribution.