Почему функция накопительного распределения (CDF) однозначно определяет распределение?


17

Мне всегда говорили, что CDF уникален, однако PDF / PMF не уникален, почему это так? Можете ли вы привести пример, когда PDF / PMF не является уникальным?


6
Что касается уникальности, вы можете подумать о разнице между PDF равномерного распределения на [0,1] и равномерного распределения внутри (0,1) . Еще одно забавное упражнение, в котором рассматривается вопрос о том, существует ли PDF-файл, - подумать о том, как будет выглядеть PDF распределения по рациональным числам. Например, пусть Pr(j2i)=212i всякий раз, когда i0<j2i<1 ,i1 , аj нечетно.
whuber

2
Не во всех дистрибутивах даже есть PDF или PMF, хотя просмотр CDF дает единый взгляд на вещи. Непрерывные переменные имеют гладко выглядящие CDF, дискретные переменные имеют «лестницу», а некоторые CDF смешаны.
Серебряная

6
@Silverfish: ... и некоторые из них не являются :-)
кардинал

3
Чтобы обратиться к названию (возможно, несколько свободно), CDF определяет распределение, потому что CDF (или, что эквивалентно, просто DF / «функция распределения»; «C» действует только для того, чтобы уточнить, что это объект, о котором мы говорим) - это термин «распределение» буквально относится к; «D» - ключ к этой части. То, что он уникален, следует из "F" - функции однозначны, поэтому, если две функции распределения идентичны, объект, который они определяют, является одним и тем же; если бы DF отличались где-либо, то вещь, которую они определяют, была бы другой в этих точках. Это тавтология? Я думаю, что это.
Glen_b

4
@Glen_b Тавтологично только для обученной интуиции. Функция распределения дает только вероятности вида FF тогда как весьF(x)=Pr{ωΩ|X(ω)x} распределение задает вероятности вида для любых измеримых множеств BR . Вы должны показать, F определяет распределение. Как указывает Николас B, речь идет о расширении предварительной меры от полукольца (с полуоткрытыми интервалами) µ ( ( a , b ] ) = F ( b ) - F ( a ) до полного Лебега. Сигма-поле и показывает его уникальностьPr({ωΩ|X(ω)B}BRFμ((a,b])=F(b)F(a)
Whuber

Ответы:


13

Давайте вспомним некоторые вещи. Пусть являются вероятностным пространство , Ω нашего образца набора, наша σ - алгебра, и Р является функцией вероятности , определенная на A . Случайная величина является измеримой функцией Х : Ом R т.е. Х - 1 ( S ) для любого Лебегу подмножество в R(Ω,A,P)ΩAσPAX:ΩRX1(S)AR, Если вы не знакомы с этой концепцией, то все, что я скажу потом, не будет иметь никакого смысла.

Каждый раз, когда у нас есть случайная величина , она индуцирует вероятностную меру X на R с помощью категорического продвижения вперед. Другими словами, X ( S ) = P ( X - 1 ( S ) ) . Это тривиально , чтобы проверить , что X ' является вероятностной мерой на R . Мы называем X ' на распределение в X .X:ΩRXRX(S)=P(X1(S))XRXX

Теперь с этим понятием связано то, что называется функцией распределения функциональной переменной. Для произвольной переменной определим F ( x ) = P ( X x ) . Функции распределения F : R[ 0 , 1 ] обладают следующими свойствами:X:ΩRF(x)=P(Xx)F:R[0,1]

  1. являетсянепрерывным справа.F

  2. не убываетF

  3. и F ( - ) = 0 .F()=1F()=0

Очевидно, что случайные переменные, которые равны, имеют одинаковую функцию распределения и распределения.

Обратный процесс и получение меры с заданной функцией распределения довольно технически. Допустим, вам дана функция распределения . Определите µ ( a , b ] = F ( b ) - F ( a ) . Вы должны показать, что µ - это мера на полуалгебре интервалов ( a , b ] . После этого вы можете применить теорему о расширении Каратеодори. расширить μ до вероятностной меры на R .F(x)μ(a,b]=F(b)F(a)μ(a,b]μR


4
This is a good start to an answer, but may be unintentionally obscuring the matter at hand a bit. The main issue seems to be showing that two measures with the same distribution function are, in fact, equal. This requires nothing more than Dynkin's π-λ theorem and the fact that sets of the form (,b] form a π-system that generates the Borel σ-algebra. Then the nonuniqueness of a density (assuming it exists!) can be addressed and contrasted with the above.
cardinal

3
(Еще одно незначительное замечание: случайные переменные обычно определяются в терминах борелевских множеств, а не множеств Лебега.) Думаю, с некоторыми незначительными правками этот ответ станет совершенно ясным. :-)
кардинал

@ Cardinal Я думаю, что анализ в первую очередь, вероятность второй. Следовательно, это может объяснить, почему я предпочитаю думать о множествах Лебега. В любом случае это не влияет на сказанное.
Николас Бурбаки

4

Чтобы ответить на запрос о примере двух плотностей с одинаковым интегралом (т.е. иметь одинаковую функцию распределения), рассмотрим эти функции, определенные на действительных числах:

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

а потом;

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

They are not equal at all x, but are both densities for the same distribution, hence densities are not uniquely determined by the (cumulative) distribution. When densities with a real domain are different only on a countable set of x values, then the integrals will be the same. Mathematical analysis is not really for the faint of heart or the determinately concrete mind.


0

I disagree with the statement, "the probability distribution function does not uniquely determine a probability measure", that you say in your opening question. It does uniquely determine it.

Let f1,f2:R[0,) be two probability mass functions. If,

Ef1=Ef2
For any measurable set E then f1=f2 almost everywhere. This uniquely determines the pdf (because in analysis we do not care if they disagree on a set of measure zero).

We can rewrite the above integral into,

Eg=0
Where g=f1f2 is an integrable function.

Define E={xR | g0}, so Eg=0. We use the well-known theorem that if an integral of a non-negative function is zero then the function is zero almost everywhere. In particular, g=0 a.e. on E. So f1=f2 a.e. on E. Now repeat the argument in the other direction with F={xR | g0}. We will get that f1=f2 a.e on F. Thus, f1=f2 a.e. on EF=R.

Используя наш сайт, вы подтверждаете, что прочитали и поняли нашу Политику в отношении файлов cookie и Политику конфиденциальности.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.