pdf d'un produit de deux variables aléatoires uniformes indépendantes

Soit ~ et ~ deux variables aléatoires indépendantes avec les distributions données. Quelle est la distribution de ?U ( 0 , 2 ) Y U ( - 10 , 10 ) V = X $X$$U(0,2)$$Y$$U(-10,10)$$V=XY$

J'ai essayé la convolution, sachant que

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

Nous savons également que , $f_Y(y) = \frac{1}{20}$

h(v)=

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

Quelque chose me dit, il y a quelque chose de bizarre ici car il est discontinu à 0. Aidez-moi.

Une réponse fine, rigoureuse et élégante a déjà été postée. Le but de celui-ci est de dériver le même résultat d'une manière qui peut être un peu plus révélatrice de la structure sous-jacente de . Il montre pourquoi la fonction de densité de probabilité (pdf) doit être singulière à .$XY$$0$

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Beaucoup peut être accompli en se concentrant sur les formes des distributions de composants :

• $X$ est deux fois une variable aléatoire . est une forme standard "sympa" caractéristique de toutes les distributions uniformes.$U(0,1)$$U(0,1)$

• $|Y|$est dix fois une variable aléatoire .$U(0,1)$

• Le signe de suit une distribution de Rademacher: il est égal à ou , chacun avec une probabilité .$Y$$-1$$1$$1/2$

(Cette dernière étape convertit une variable non négative en une distribution symétrique autour de , dont les deux queues ressemblent à la distribution d'origine.)$0$

Par conséquent, (a) est symétrique par rapport à et (b) sa valeur absolue est fois le produit de deux variables aléatoires indépendantes .$XY$$0$$2\times 10=20$$U(0,1)$

Les produits sont souvent simplifiés en prenant des logarithmes. En effet, il est bien connu que le log négatif d'une variable a une distribution exponentielle (car il s'agit du moyen le plus simple de générer des variables exponentielles aléatoires), d'où le log négatif du produit de deux d'entre elles a la distribution de la somme de deux exponentielles. L'exponentielle est une distribution . Les distributions gamma avec le même paramètre d'échelle sont faciles à ajouter: il vous suffit d'ajouter leurs paramètres de forme. Une variable plus une variable a donc une distribution . par conséquent$U(0,1)$$\Gamma(1,1)$$\Gamma(1,1)$$\Gamma(1,1)$$\Gamma(2,1)$

La variable aléatoire est la version symétrisée de fois l'exponentielle du négatif d'une variable .$XY$$20$$\Gamma(2,1)$

La construction du PDF de partir de celle d'une distribution est représentée de gauche à droite, en passant de l'uniforme à l'exponentielle, au , à l'exponentielle de son négatif , à la même chose mise à l'échelle par , et enfin la version symétrisée de cela. Son PDF est infini à , confirmant là la discontinuité.$XY$$U(0,1)$$\Gamma(2,1)$$20$$0$

Nous pourrions nous contenter de nous arrêter ici. Par exemple, cette caractérisation nous donne un moyen de générer directement des réalisations de , comme dans cette expression:$XY$R

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

Cette analyse révèle également pourquoi le pdf explose à . $0$ Cette singularité est apparue pour la première fois lorsque nous avons considéré l'exponentielle de (le négatif de) une distribution , correspondant à la multiplication d'une variable par une autre. Les valeurs dans (disons) de surviennent de plusieurs manières, y compris (mais sans s'y limiter) lorsque (a) l'un des facteurs est inférieur à ou (b) les deux facteurs sont inférieurs à . Cette racine carrée est considérablement plus grande que elle-même lorsque est proche de$\Gamma(2,1)$$U(0,1)$$\varepsilon$$0$$\varepsilon$$\sqrt{\varepsilon}$$\varepsilon$$\varepsilon$$0$. Cela oblige beaucoup de probabilités, d'une quantité supérieure à , à être comprimées dans un intervalle de longueur . Pour que cela soit possible, la densité du produit doit devenir arbitrairement grande à . Les manipulations ultérieures - mise à l'échelle par un facteur de et symétrisation - n'élimineront évidemment pas cette singularité.$\sqrt{\varepsilon}$$\varepsilon$$0$$20$

Cette caractérisation descriptive de la réponse conduit également directement à des formules avec un minimum d'agitation, montrant qu'elle est complète et rigoureuse. Par exemple, pour obtenir le pdf de , commencez par l'élément de probabilité d'une distribution ,$XY$$\Gamma(2,1)$

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

Laisser implique et . Cette transformation inverse également l'ordre: des valeurs plus grandes de conduisent à des valeurs plus petites de . Pour cette raison, nous devons annuler le résultat après la substitution, donnant$t=-\log(z)$$dt = -d(\log(z)) = -dz/z$$0 \lt z \lt 1$$t$$z$

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

Le facteur d'échelle de convertit en$20$

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

Enfin, la symétrisation remplace par, permet à ses valeurs de varier maintenant de à et divise le pdf par pour répartir la probabilité totale également entre les intervalles et :$z$$|z|$$-20$$20$$2$$(-20,0)$$(0,20)$

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

Dans votre dérivation, vous n'utilisez pas la densité de . Puisque , donc dans votre formule de convolution (j'ai également corrigé le jacobien en ajoutant la valeur absolue). Par conséquent, $X$$X\sim\mathcal{U}(0,2)$

$$f_X(x) = \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(x)$$ $$h(v)= \frac{1}{20} \int_{-10}^{10} \frac{1}{|y|}\cdot \frac{1}{2}\mathbb{I}_{(0,2)}(v/y)\text{d}y$$ $$\begin{align*} h(v) &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/y\le 2}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \int_{-10}^{0} \frac{1}{|y|} \mathbb{I}_{0\ge v/2\ge y\ge -10}\text{d}y+\frac{1}{40} \int_{0}^{10} \frac{1}{|y|}\mathbb{I}_{0\le v/2\le y\le 10}\text{d}y\\&= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \int_{-10}^{v/2} \frac{1}{|y|}\text{d}y+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{20\ge v\ge 0} \int_{v/2}^{10} \frac{1}{|y|}\text{d}y\\ &= \frac{1}{40} \mathbb{I}_{-20\le v\le 0} \log\{20/|v|\}+\frac{1}{40} \mathbb{I}_{0\le v\le 20} \log\{20/|v|\}\\ &=\frac{\log\{20/|v|\}}{40}\mathbb{I}_{-20\le v\le 20} \end{align*}$$ ici est une confirmation par simulation du résultat:

obtenu comme

   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)