PDF произведения двух независимых равномерных случайных величин

Пусть ~ и ~ - две независимые случайные величины с заданными распределениями. Каково распределение ?U ( 0 , 2 ) Y U ( - 10 , 10 ) V = X $X$$U(0,2)$$Y$$U(-10,10)$$V=XY$

Я пробовал свертку, зная, что

$$h(v) = \int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{1}{y}f_Y(y) f_X\left (\frac{v}{y} \right ) dy$$

Мы также знаем, что , $f_Y(y) = \frac{1}{20}$

ч(v)=

$$h(v)= \frac{1}{20} \int_{y=-10}^{y=10} \frac{1}{y}\cdot \frac{1}{2}dy$$ $$h(v)=\frac{1}{40}\int_{y=-10}^{y=10} \frac{1}{y}dy$$

Что-то говорит мне, здесь есть что-то странное, потому что оно прерывисто в 0. Пожалуйста, помогите.

Прекрасный, строгий, элегантный ответ уже был опубликован. Целью этого является то , чтобы получить тот же результат , таким образом , что может быть немного больше выявления основной структуры . Это показывает, почему функция плотности вероятности (pdf) должна быть особой в 0 .$XY$$0$

---

Многое можно сделать, сосредоточившись на формах распределения компонентов :

• - двойнаяслучайная величина U ( 0 , 1 ) . U ( 0 , 1 ) - это стандартная «хорошая» форма, характерная для всех равномерных распределений.$X$$U(0,1)$$U(0,1)$

• в десять раз больше U ( 0 , 1 ) случайной величины.$|Y|$$U(0,1)$

• Знак следует Радемахер распределения: он равен - 1 или 1 , каждый из которых с вероятностью 1 / 2 .$Y$$-1$$1$$1/2$

(Этот последний шаг преобразует неотрицательную переменную в симметричное распределение около , оба хвоста которого выглядят как исходное распределение.)$0$

Следовательно, (a) симметричен относительно 0, и (b) его абсолютное значение в 2 × 10 = 20 раз превосходит произведение двух независимых U ( 0 , 1 ) случайных величин.$XY$$0$$2\times 10=20$$U(0,1)$

Продукты часто упрощаются, принимая логарифмы. Действительно, хорошо известно, что отрицательный логарифм переменной имеет экспоненциальное распределение (поскольку речь идет о простейшем способе генерации случайных экспоненциальных вариаций), поэтому отрицательный логарифм произведения двух из них имеет Распределение суммы двух экспонент. Экспонента - это распределение Γ ( 1 , 1 ) . Гамма-распределения с одним и тем же параметром масштаба легко добавить: вы просто добавляете их параметры формы. A Γ ( 1 , 1 ) плюс Γ ( $U(0,1)$$\Gamma(1,1)$$\Gamma(1,1)$ переменная, следовательно, имеетраспределение Γ ( 2 , 1 ) . следовательно$\Gamma(1,1)$$\Gamma(2,1)$

Случайная переменная представляет собой симметризованную версию, в 20 раз превышающую экспоненту отрицательной переменной Γ ( 2 , 1 ) .$XY$$20$$\Gamma(2,1)$

Построение PDF У из распределения U ( 0 , 1 ) показано слева направо, исходя из равномерного, экспоненциального, Г ( 2 , 1 ) , экспоненциального его отрицательного , то же самое масштабируется на 20 , и, наконец, симметризованная версия этого. Его PDF бесконечен в 0 , подтверждая разрыв там.$XY$$U(0,1)$$\Gamma(2,1)$$20$$0$

Мы могли бы остановиться здесь. Например, эта характеристика дает нам возможность генерировать реализации напрямую, как в этом выражении:$XY$R

n <- 1; 20 * exp(-rgamma(n, 2, scale=1)) * ifelse(runif(n) < 1/2, -1, 1)

Тезис анализ также показывает, почему PDF-файл взрывается в . $0$ Эта особенность впервые появилась, когда мы рассмотрели экспоненту (отрицательную часть) распределения , соответствующее умножению одной переменной U ( 0 , 1 ) на другую. Значения в пределах (скажем) ε от 0 возникают многими способами, включая (но не ограничиваясь ими), когда (а) один из факторов меньше, чем ε, или (b) оба фактора меньше, чем $\Gamma(2,1)$$U(0,1)$$\varepsilon$$0$$\varepsilon$ . Этот квадратный корень чрезвычайно большесамогоε, когдаεблизко к0. Это вызывает большую вероятность, в количестве, превышающем$\sqrt{\varepsilon}$$\varepsilon$$\varepsilon$$0$ , чтобы быть сжатым в интервале длиныε. Чтобы это было возможно, плотность продукта должна быть сколь угодно большой при0. Последующие манипуляции - масштабирование в20 рази симметрирование - очевидно, не устранят эту особенность.$\sqrt{\varepsilon}$$\varepsilon$$0$$20$

Эта описательная характеристика ответа также приводит непосредственно к формулам с минимумом суеты, показывая, что он является полным и строгим. Например, чтобы получить pdf для , начните с элемента вероятности распределения Γ ( 2 , 1 ) ,$XY$$\Gamma(2,1)$

$$f(t)dt = te^{-t}dt,\ 0 \lt t \lt \infty.$$

Полагая следует , д т = - д ( лог ( г ) ) = - д г / г и 0 < г < 1 . Это преобразование также меняет порядок: большие значения t приводят к меньшим значениям z . По этой причине мы должны отменить результат после замены, давая$t=-\log(z)$$dt = -d(\log(z)) = -dz/z$$0 \lt z \lt 1$$t$$z$

$$f(t)dt = -\left(-\log(z) e^{-(-\log(z))} (-dz/z)\right) = -\log(z) dz,\ 0 \lt z \lt 1.$$

Коэффициент масштабирования преобразует это в$20$

$$-\log(z/20) d(z/20) = -\frac{1}{20}\log(z/20)dz,\ 0 \lt z \lt 20.$$

Наконец, симметризация заменяет на | z | , позволяет его значениям теперь варьироваться от - 20 до 20 и делит pdf на 2, чтобы распределить общую вероятность равномерно по интервалам ( - 20 , 0 ) и ( 0 , 20 ) :$z$$|z|$$-20$$20$$2$$(-20,0)$$(0,20)$

$$\eqalign{ f_{XY}(z)dz &= -\frac{1}{2}\frac{1}{20} \log(|z|/20),\ -20 \lt z\lt 20;\\ f_{XY}(z)dz &= 0\ \text{otherwise}. }$$

В вашем выводе не используется плотность . Поскольку X ∼ U ( 0 , 2 ) , f X ( x ) = $X$$X\sim\mathcal{U}(0,2)$поэтому в вашей формуле свертки h(v)=

$$f_X(x) = \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(x)$$ (я также исправил якобиан, добавив абсолютное значение). Следовательно, h ( v $$h(v)= \frac{1}{20} \int_{-10}^{10} \frac{1}{|y|}\cdot \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(v/y)\text{d}y$$ Вот подтверждение путем моделирования результата: $$\begin{align*} h(v) &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\ge v/2\ge y\ge -10}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/2\le y\le 10}\text{d}y\\&= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \int_{-10}^{v/2} \frac{1}{|y|}\text{d}y+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{20\ge v\ge 0} \int_{v/2}^{10} \frac{1}{|y|}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \log\{20/|v|\}+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{0\le v\le 20} \log\{20/|v|\}\\ &=\frac{\log\{20/|v|\}}{40}\mathbb{I}_{-20\le v\le 20} \end{align*}$$

полученный как

   hist(runif(10^6,0,2)*runif(10^6,10,10),prob=TRUE,
   nclass=789,border=FALSE,col="wheat",xlab="",main="")
   curve(log(20/abs(x))/40,add=TRUE,col="sienna2",lwd=2,n=10^4)