Produit de deux variables aléatoires indépendantes

J'ai un échantillon d'environ 1000 valeurs. Ces données sont obtenues à partir du produit de deux variables aléatoires indépendantes . La première variable aléatoire a une distribution uniforme . La distribution de la deuxième variable aléatoire n'est pas connue. Comment estimer la distribution de la deuxième variable aléatoire ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics Andy
la source

Il s'agit d'une version de ce qu'on appelle un problème de déconvolution: si vous passez au journal du produit, vous obtenez la distribution estimée de la somme lorsque vous connaissez la distribution d'un des termes. Vérifiez sur wikipedia .

Xi'an

Voir aussi cette question connexe sur la validation croisée: une fois que vous avez appliqué la transformation de journal, le problème est équivalent.

Xi'an

@ Xi'an: bons liens. J'espère bien que presque sûrement ... bien que nous puissions nous remettre d'une violation apparemment fatale de cette condition en se décomposant en et en considérant les pièces séparément.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

cardinal

@cardinal Je suis curieux de savoir comment le problème d'estimation est géré lorsque certaines données peuvent être négatives. Comment la décomposition est-elle déterminée? (La méthode intuitive d'attribution de données inférieures à à un composant et de données supérieures à à un autre me semble sous-optimale car la convolution avec l'exponentielle aura tendance à transformer les valeurs provenant du composant en observations positives relativement importantes. ) Il semble que l'estimateur doive simultanément gérer l'identification du mélange et la déconvolution - et cela semble difficile à faire.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

whuber

@ Cardinal merci pour l'explication. Non, pas de bruit: parce que je pensais en termes de logarithmes, j'avais simplement oublié que

n'est pas négatif.

ξ

$\xi$

whuber

Réponses:

Nous avons, en supposant que a un soutien sur la ligne réelle positive, $\psi$ Où et est la distribution empirique des données. En prenant le journal de cette équation, nous obtenons,

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)

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

Ainsi par le théorème de continuité de Levy, et l'indépendance de et prenant les fonctions caractéristiques: $\xi$ $\psi$

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

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

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

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

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

Étant donné que avecL'échantillon aléatoire de. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

On peut maintenant spécifier complètement la distribution de travers sa fonction caractéristique: $Log(\psi)$

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

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

Si nous supposons que les fonctions génératrices de moments de existent et que nous pouvons écrire l'équation ci-dessus en termes de fonctions génératrices de moments: $\ln(\psi)$ $t<1$

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

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

$ln(\phi)$ $\phi$

Drmanifold
la source

pouvez-vous expliquer cela avec un exemple en R?

Andy

Bien sûr. J'essaierai de le poster demain.

Drmanifold