İki bağımsız rastgele değişkenin çarpımı

Yaklaşık 1000 değere sahip bir örnek var. Bu veriler adlı iki bağımsız rasgele değişkenin ürününden elde edilir . İlk rastgele değişkenin eşit dağılımı . İkinci rasgele değişkenin dağılımı bilinmemektedir. İkinci ( ) rastgele değişkenin dağılımını nasıl tahmin edebilirim ? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics

— Andy
kaynak

Bu, dekonvolüsyon problemi olarak adlandırılan bir versiyonudur: ürünün günlüğüne geçerseniz, terimlerin birinin dağılımını bildiğinizde toplamın tahmini dağılımını elde edersiniz. Vikipedi üzerinde kontrol edin .

— Xi'an

Ayrıca , çapraz onaylanmış ilgili soruya bakın : günlük dönüşümünü uyguladıktan sonra sorun eşdeğerdir.

— Xi'an,

@ Xi'an: Güzel bağlantılar. neredeyse kesinlikle ... umarım ayrıştırarak ve parçaları ayrı ayrı ele alarak bu durumun ölümcül bir şekilde ihlal edilmesinden .

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

— kardinal

@cardinal Bazı veriler negatif olabileceği zaman tahmin sorununun nasıl ele alınacağını merak ediyorum. Ayrışma nasıl belirlenir? (Az veri atama sezgisel metod birden bileşen ve büyük veri için üstel ile evrişim eğiliminde olacaktır çünkü bana başka bakışlar Suboptimal için gelen değerleri açmak için nispeten büyük pozitif gözlemler içine bileşeni. ) Tahmin edicinin eşzamanlı olarak karışımın tanımını ve dekonvolüsyonu ele alması gerektiği gibi görünüyor ve bu da zor görünüyor.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

— whuber

@ Açıklama için teşekkürler. Hayır, gürültü değil: logaritma açısından düşündüğüm için, negatif olmadığını unutmuştum .

ξ

$\xi$

— whuber

pozitif gerçek çizgi üzerinde desteği olduğu varsayılarak , Burada ve , verilerin ampirik dağılımıdır. Elde ettiğimiz bu denklemin kaydını alarak, $\psi$

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)

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

Böylece Levy'nin süreklilik teoremi ve ve karakteristik fonksiyonlarını alma bağımsızlığı ile : $\xi$ $\psi$

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

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

Şimdi, Böylece, $\xi\sim Unif[0,1]$ $, therefore$ $-Log(\xi) \sim Exp(1)$

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

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

Verilen bu ile rasgele numune . $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Artık 'nin karakteristik fonksiyonu aracılığıyla dağılımını tamamen belirleyebiliriz : $Log(\psi)$

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

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

nin moment üreten fonksiyonlarının var olduğunu ve olduğunu varsayarsak , yukarıdaki denklemi moment üreten fonksiyonlar açısından yazabiliriz: $\ln(\psi)$ $t<1$

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

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

Bu dağılımını elde etmek için moment kavramı ters sonra yeterli Bunun ve böylece $ln(\phi)$ $\phi$

— Drmanifold
kaynak

bunu R'deki bir örnekle açıklayabilir misiniz?

— Andy

Elbette. Yarın göndermeye çalışacağım.

— Drmanifold