Bir Kümülatif Dağıtım İşlevi (CDF) neden bir dağıtımı benzersiz olarak tanımlar?

Ben her zaman bir CDF benzersiz söylendi ancak bir PDF / PMF benzersiz değil, neden bu? PDF / PMF'nin benzersiz olmadığı bir örnek verebilir misiniz?

— DKangeyan
kaynak

Benzersizliğini ilgili olarak, siz bir üniforma dağılımının PDF arasındaki farkı düşünmek isteyebilirsiniz

[0, 1]

$[0,1]$ ve iç üzerinde düzgün bir şekilde dağılmasını,

(0, 1)

$(0,1)$ . Bir PDF'nin var olup olmadığı sorusunu ele alan bir başka eğlenceli alıştırma, rasyonel sayılar üzerindeki bir dağılımın PDF'sinin nasıl görüneceğini düşünmektir. Örneğin,

olduğunda

Pr (j 2^{- i}) = 2^{1 - 2 i}

$\Pr(j2^{-i})=2^{1-2i}$

0 < j 2^{- i} < 1

$0\lt j2^{-i}\lt 1$

tuhaftır.

i \geq 1

$i\ge 1$

j

$j$

— whuber

CDF'ye bakarken tüm dağıtımların bir PDF'si veya bir PMF'si bile yoktur, şeylere birleştirici bir görünüm verir. Sürekli değişkenlerin düzgün görünen CDF'leri, ayrık değişkenlerin "merdivenleri" vardır ve bazı CDF'ler karıştırılır.

— Silverfish

@Silverfish: ... ve bazıları yukarıdakilerin hiçbiri değil! :-)

— kardinal

Başlığı ele almak için (belki biraz gevşekçe), CDF bir dağılım tanımlar çünkü CDF (veya aynı zamanda sadece DF / 'dağıtım fonksiyonu'; "C" sadece bahsettiğimiz nesnenin bu olduğunu açıklığa kavuşturmak için kullanılır) 'dağıtım' tam anlamıyla; "D" bu kısımdaki ipucudur. Benzersiz olması "F" den gelir - fonksiyonlar tek değerlidir, bu yüzden iki dağıtım fonksiyonu aynı ise tanımladıkları nesne aynıdır; eğer DF'ler herhangi bir yerde farklı olsaydı, tanımladıkları şey bu noktalarda farklı olurdu. Bu totoloji mi? Sanırım öyle.

— Glen_b

@Glen_b Sadece eğitimli sezgiler için totolojiktir. Bir dağıtım fonksiyonu

sadece

biçiminde olasılık verir

F

$F$

tüm isedağıtımformu belirtir olasılıkları

F (x) = Pr {ω \in Ω | X (ω) \leq x}

$F(x)=\Pr\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\le x\}$

rasgele ölçülebilir kümeler için

. Dağıtımı belirleyen

göstermelisiniz. NicholasB'ın işaret ettiği gibi, bu bir ön önlemi yarı halkadan (yarı açık aralıklarla),

'dan Lebesgue'ekadar uzatmak meselesidir.sigma-field ve benzersiz gösteren

Pr ({ω \in Ω | X (ω) \in B}

$\Pr(\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\in\mathcal{B}\}$

B \subset R

$\mathcal{B}\subset\mathbb R$

F

$F$

μ ((a, b]) = F (b) - F (a)

$\mu((a,b])=F(b)-F(a)$

— whuber

Yanıtlar:

Bazı şeyleri hatırlayalım. Let bir olması ihtimali alanı , örneklem grubu olduğu, eden bir cebiri ve ile tanımlanmış bir olasılık fonksiyonudur . Bir rastgele değişkenin bir ölçülebilir fonksiyonudur yani uygun herhangi bir Lebesgue ölçülebilir bir alt kümesi içinde $(\Omega,A,P)$ $\Omega$ $A$ $\sigma$ $P$ $A$ $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X^{-1}(S) \in A$ $\mathbb{R}$ . Bu kavrama aşina değilseniz, daha sonra söylediğim her şey bir anlam ifade etmeyecektir.

Rastgele bir değişkenimiz olduğunda, , kategorik itme ile üzerinde bir olasılık ölçümü indükler. Başka bir deyişle, . Kontrol etmek Önemsiz olasılık ölçer . Biz diyoruz dağılımını ve . $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'(S) = P(X^{-1}(S))$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'$ $X$

Şimdi bu kavram ile ilgili bir fonksiyon değişkeninin dağıtım fonksiyonu denir . Rastgele bir değişkeni verildiğinde tanımlarız . Dağıtım fonksiyonları aşağıdaki özelliklere sahiptir: $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $F(x) = P(X\leq x)$ $F:\mathbb{R} \to [0,1]$

olduğusağ sürekli. $F$
azalmıyor $F$
ve . $F(\infty) = 1$ $F(-\infty)=0$

Açıkça rastlantısal olan değişkenler aynı dağılım ve dağılım fonksiyonuna sahiptir.

Süreci tersine çevirmek ve verilen dağıtım fonksiyonu ile bir önlem almak oldukça tekniktir. Diyelim ki size bir dağıtım fonksiyonu . Define Bunu göstermek zorundayız. aralıklarla yarı cebir üzerinde bir ölçüsüdür Sonrasında uygulayabilirsiniz. Caratheodory uzatma teoremini üzerinde bir olasılık ölçüsüne uzatmak için . $F(x)$ $\mu(a,b] = F(b) - F(a)$ $\mu$ $(a,b]$ $\mu$ $\mathbb{R}$

— Nicolas Bourbaki
kaynak

Bu, bir yanıt için iyi bir başlangıçtır, ancak kasıtlı olarak konuyu biraz gizleyebilir. Asıl mesele, aynı dağıtım işlevine sahip iki önlemin aslında eşit olduğunu gösteriyor gibi görünüyor. Bu, Dynkin'in

teoreminden ve form kümelerinin

Borel

cebirini üreten bir

oluşturması gerçeğinden başka bir şey gerektirmez . yukarıdakilere değinilecek ve karşıt olacaktır

π

$\pi$

λ

$\lambda$

(- \infty, b]

$(-\infty, b]$

π

$\pi$

σ

$\sigma$

— kardinal

(Bir ek küçük kelime oyunu: Rastgele değişkenler genellikle Lebesgue kümeleri yerine Borel kümeleri olarak tanımlanır.) Bazı küçük düzenlemelerle bu cevap oldukça açık hale gelecektir. :-)

— kardinal

@cardinal Ben öncelikle analizi düşünüyorum, ikinci olasılık. Bu nedenle, neden Lebesgue takımlarını düşünmeyi tercih ettiğimi açıklayabilir. Her iki durumda da söylenenleri etkilemez.

— Nicolas Bourbaki

Aynı integralli (yani aynı dağıtım fonksiyonuna sahip) iki yoğunluğun bir örneğine yönelik talebi cevaplamak için, gerçek sayılar üzerinde tanımlanan bu fonksiyonları göz önünde bulundurun:

 f(x) = 1 ; when x is odd integer
 f(x) = exp(-x^2)  ; elsewhere

ve sonra;

 f2(x) = 1  ; when x is even integer
 f2(x) = exp(-x^2) ;  elsewhere

Hepsi x eşit değildir, ancak her ikisi de aynı dağılım için yoğunluklardır, bu nedenle yoğunluklar (kümülatif) dağılım ile benzersiz olarak belirlenmez. Gerçek bir etki alanına sahip yoğunluklar yalnızca sayılabilir bir x değeri kümesinde farklı olduğunda, integraller aynı olacaktır. Matematiksel analiz aslında kalbin zayıflığı veya kesin olarak somut bir zihin için değildir.

— DWin
kaynak

Açılış sorunuzda söylediğiniz "olasılık dağılım işlevi benzersiz bir olasılık ölçütü belirlemiyor" ifadesine katılmıyorum. Benzersiz olarak belirler.

Let iki olasılık fonksiyonları olabilir. Eğer, herhangi ölçülebilir kümesi için o zaman hemen hemen her yerde. Bu pdf'yi benzersiz bir şekilde belirler (çünkü analizde sıfır ölçü kümesine katılmamaları umursamıyoruz). $f_1,f_2:\mathbb{R}\to [0,\infty)$

\int_{E} f_{1} = \int_{E} f_{2}

$\int_E f_1 = \int_E f_2$

E

$E$

f_{1} = f_{2}

$f_1=f_2$

\int_{E} g = 0

$\int_E g = 0$

g = f_{1} - f_{2}

$g=f_1-f_2$

$E = \{ x \in \mathbb{R} ~ | ~ g \geq 0 \}$ $\int_E g = 0$ $g=0$ $E$ $f_1 = f_2$ a.e. on $E$ . Now repeat the argument in the other direction with $F = \{ x\in \mathbb{R} ~ | ~ g \leq 0 \}$ . We will get that $f_1 = f_2$ a.e on $F$ . Thus, $f_1 = f_2$ a.e. on $E\cup F = \mathbb{R}$ .

— Nicolas Bourbaki
kaynak