Единый PDF разницы двух рв

Можно ли получить PDF разности двух iid rv в виде прямоугольника (вместо, скажем, треугольника, который мы получаем, если rv взяты из равномерного распределения).

то есть возможно ли, чтобы PDF f из jk (для двух iid rv, взятых из некоторого распределения) имел f (x) = 0,5 для всех -1 <x <1?

Нет ограничений на распределение, из которого мы берем j и k, за исключением того, что min равно -1, а max равно 1.

После некоторых экспериментов я думаю, что это может быть невозможно.

random-variable pdf iid

— Натан
источник

Разница двух равномерных распределений представляет собой треугольное распределение, поэтому, если вы спросите, возможно ли получить равномерное для разницы форм iid, то ответ будет отрицательным.

— Тим

Тот же вопрос задан здесь: math.stackexchange.com/questions/2048939/… пока без ответов!

— kjetil b halvorsen

Действительно, было бы трудно избежать реализаций за пределами когда и и имеют массу вероятности, близкую к этим конечным точкам.

[- 1, 1]

$[-1,1]$

j

$j$

k

$k$

— Кристоф Ханк

Это невозможно. Насколько я помню, это (в несколько ином виде) уже отвечено где-то на сайте. Я посмотрю, смогу ли я найти его

— Glen_b

@Glen_b Возможно, вы вспоминаете stats.stackexchange.com/questions/125360/… . Однако это не совсем дубликат, поскольку разность переменных iid, хотя и может быть выражена как сумма может включать сумму переменных с неидентичным распределением. Я считаю, что тривиальная модификация моего решения поможет устранить эту разницу; Решение Silverfish выглядит так, как будто оно применяется практически без изменений, но сначала нужно удалить много посторонних материалов, чтобы увидеть это.

X - Y

$X-Y$

X + (- Y),

$X+(-Y),$

— whuber

Ответы:

Теорема: не существует распределения для которого при . $\text{Dist}$ $A-B \sim \text{U}(-1,1)$ $A, B \sim \text{IID Dist}$

Доказательство: рассмотрим две случайные величины с общей характеристической функцией . Обозначим их разность . Характерная функция разности: $A, B \sim \text{IID Dist}$ $\varphi$ $D=A-B$

\begin{aligned} φ_{D} (t) = E (\exp (i t D)) & = E (\exp (i t (A - B))) \\ = E (\exp (i t A)) E (\exp (- i t B)) \\ = φ (t) φ (- T) \\ знак равно φ (T) \bar{φ (T)} \\ знак равно | φ (T) |^{2}, \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi_D(t) = \mathbb{E}(\exp(i t D)) &= \mathbb{E}(\exp(i t (A-B))) \\[6pt] &= \mathbb{E}(\exp(i t A)) \mathbb{E}(\exp(-i t B)) \\[6pt] &= \varphi(t) \varphi(-t) \\[6pt] &= \varphi(t) \overline{\varphi(t)} \\[6pt] &= |\varphi(t)|^2. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

(Четвертая строка этой работы вытекает из того факта, что характеристическая функция является эрмитовой .) Теперь взятие дает конкретную форму для , а именно: $D \sim \text{U}(-1,1)$ $\varphi_D$

\begin{aligned} φ_{D} (T) знак равно Е (ехр (я T D)) & знак равно \int_{р} ехр (я T р) е_{D} (р) d р \\ знак равно \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} ехр (я T р) d р \\ знак равно \frac{1}{2} [\frac{ехр (я T р)}{я T}]_{р знак равно - 1}^{р знак равно 1} \\ знак равно \frac{1}{2} \frac{ехр (я T) - ехр (- я T)}{я T} \\ знак равно \frac{1}{2} \frac{(соз (T) + я грех (T)) - (соз (- T) + я грех (- T))}{я T} \\ знак равно \frac{1}{2} \frac{(соз (T) + я грех (T)) - (соз (T) - я грех (T))}{я T} \\ знак равно \frac{1}{2} \frac{2 я грех (T)}{я T} \\ знак равно \frac{грех (T)}{T} знак равно синк (T), \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi_D(t) = \mathbb{E}(\exp(itD)) &= \int \limits_{\mathbb{R}} \exp(itr) f_D(r) dr \\[6pt] &= \frac{1}{2} \int \limits_{-1}^1 \exp(itr) dr \\[6pt] &= \frac{1}{2} \Bigg[ \frac{\exp(itr)}{it} \Bigg]_{r=-1}^{r=1} \\[6pt] &= \frac{1}{2} \frac{\exp(it)-\exp(-it)}{it} \\[6pt] &= \frac{1}{2} \frac{(\cos(t) + i \sin(t)) - (\cos(-t) + i \sin(-t))}{it} \\[6pt] &= \frac{1}{2} \frac{(\cos(t) + i \sin(t)) - (\cos(t) - i \sin(t))}{it} \\[6pt] &= \frac{1}{2} \frac{2i \sin(t)}{it} \\[6pt] &= \frac{\sin(t)}{t} = \text{sinc}(t). \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

где последний является (ненормализованной) функцией sinc . Следовательно, чтобы удовлетворить требования для , нам требуется характеристическая функция с квадратом-нормой, определяемая как: $\text{Dist}$ $\varphi$

| φ (T) |^{2} знак равно φ_{D} (T) знак равно синк (T),

$|\varphi(t)|^2 = \varphi_D(t) = \text{sinc}(t).$

Левая часть этого уравнения является квадратом и поэтому неотрицательна, тогда как правая часть является функцией, которая отрицательна в разных местах. Следовательно, нет никакого решения для этого уравнения, и поэтому нет никакой характеристической функции, удовлетворяющей требованиям для распределения. (Подсказка Фабиану за то, что он указал это в связанном вопросе на Mathematics.SE .) Следовательно, нет распределения с требованиями теоремы. $\blacksquare$

— Бен - Восстановить Монику
источник

Это вопрос инженера-электрика с точки зрения, который больше подходит для dsp.SE, чем для stats.SE, но не имеет значения.

Предположим, что и - непрерывные случайные величины с общим pdf . Тогда, если обозначает , мы имеем Неравенство Коши-Шварца говорит нам, что имеет максимум при . Фактически, поскольку фактически является функцией «автокорреляции» функции рассматриваемой как «сигнал», она должна иметь уникальный максимум при и, таким образом, не может быть равномерно распределен, как требуется. В качестве альтернативы, если $X$ $Y$ $f(x)$ $Z$ $X-Y$

е_{Z} (Z) знак равно \int_{- \infty}^{\infty} е (Икс) е (Икс + Z) d Икс,

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^\infty f(x)f(x+z) \ \mathrm dx.$

f_{Z} (z)

$f_Z(z)$

z = 0

$z=0$

f_{Z}

$f_Z$

f

$f$

z = 0

$z=0$

Z

$Z$

f_{Z}

$f_Z$ если бы действительно была однородная плотность (помните, что это также автокорреляционная функция), то «спектральная плотность мощности» (рассматриваемой как сигнал) будет функцией sinc, и, следовательно, не будет неотрицательной функцией, поскольку все спектральные плотности мощности должны быть , Следовательно, предположение о том, что является равномерной плотностью, приводит к противоречию, поэтому предположение должно быть ложным.

f_{Z}

$f_Z$

f_{Z}

$f_Z$

Утверждение, что , очевидно , когда общее распределение и содержит атомы, поскольку в таком случае распределение также будет содержать атомы. Я подозреваю, что ограничение на то, что и имеют pdf, может быть снято, и чисто теоретико-мерное доказательство построено для общего случая, когда и не обязательно пользуются pdf (но их различие есть). $f_Z \sim \mathcal U[-1,1]$ $X$ $Y$ $Z$ $X$ $Y$ $X$ $Y$

— Дилип Сарватэ
источник

U (- 1, 1)

$\text{U}(-1,1)$

sinc

$\text{sinc}$

Z

$Z$

Вопрос о том, существует ли характерная функция не является проблемой; оно существует. PDF является автокорреляционной функцией. Ну, спектральная плотность мощности в любой автокорреляционной функции должна быть неотрицательной функцией. Итак, предположение, что приводит к спектральной плотности мощности, которая является функцией sinc (которая принимает как положительные, так и отрицательные значения). Поскольку это не является действительной спектральной плотностью мощности (помните, что является автокорреляционной функцией), предположение, что должно быть ложным.

U [- 1, 1]

$\mathcal U[-1,1]$

Z

$Z$

f_{Z} \sim U [- 1, 1]

$f_Z \sim \mathcal U[-1,1]$

f_{Z}

$f_Z$

f_{Z} \sim U [- 1, 1]

$f_Z \sim \mathcal U[-1,1]$

— Дилип Сарватэ