Quel est le rapport de distribution uniforme et normale?

Soit suivre une distribution uniforme et suivre une distribution normale. Que peut-on dire sur ? Y a-t-il une distribution pour cela? $X$ $Y$ $\frac X Y$

J'ai trouvé que le rapport de deux normales avec un zéro moyen est Cauchy.

probability normal-distribution uniform ratio rrpp
la source

Pour ce que ça vaut, la distribution de est appelée la distribution slash . Je ne sais pas si la réciproque a un nom ou une forme fermée.

Y / X

$Y/X$

David J. Harris

Et la plus grande classe à laquelle les deux appartiennent semble être des distributions de rapports !

Nick Stauner

@ DavidJ.Harris Tout à fait; +1. J'ai vu la barre oblique utilisée à quelques reprises dans des études de robustesse. Peut-être que - en tant que barre oblique inversée - devrait être appelée " distribution de barre oblique inverse ".

X / Y

$X/Y$

Glen_b -Reinstate Monica

@rrpp Faites-vous référence à un standard ou à un général ? Si ce dernier, alors nous devons savoir si , etc.

U n i f o r m (0, 1)

$Uniform(0,1)$

U n i f o r m (a, b)

$Uniform(a,b)$

a > 0

$a>0$

a < 0

$a<0$

Wolfies

merci à tous pour vos réponses. @wolfies est et a une moyenne positive

X

$X$

U n i f o r m (0, 1)

$Uniform(0,1)$

Y

$Y$

rrpp

Réponses:

Soit une variable aléatoire avec pdf : $X \sim \text{Uniform}(a,b)$ $f(x)$

où j'ai supposé (cela imbrique le cas standard ). [Des résultats différents seront obtenus si par exemple le paramètre , mais la procédure est exactement la même. ] $0<a<b$ $\text{Uniform}(0,1)$ $a<0$

De plus, soit , et soit avec pdf : $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$ $W=1/Y$ $g(w)$

Ensuite, nous cherchons le pdf du produit , disons , qui est donné par: $V = X*W$ $h(v)$

où j'utilise la TransformProductfonction de mathStatica pour automatiser les nitty-gritties, et où Erfdénote la fonction Error: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Terminé.

Parcelles

Voici deux tracés du pdf:

Tracé 1: , , ... et ... $\mu = 0$ $\sigma = 1$ $b = 3$ $a = 0, 1, 2$

Tracé 2: , , , $\mu = {0,\frac12,1}$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

Chèque Monte Carlo

Voici une vérification rapide de Monte Carlo du cas Plot 2, juste pour vous assurer qu'aucune erreur ne s'est glissée dans: , , ,
$\mu = \frac12$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

La ligne bleue est le pdf empirique de Monte Carlo, et la ligne rouge en pointillés est le pdf théorique ci-dessus. Semble bien :) $h(v)$

Wolfies
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Il est possible de trouver la distribution de partir des premiers principes, où et . Considérons la fonction de probabilité cumulative de : $Z=\frac{X}{Y}$ $X\sim U[0,1]$ $Y \sim N(\mu,\sigma^2)$ $Z$

F_{Z} (z) = P (Z \leq z) = P (\frac{X}{Y} \leq z)

$F_Z(z) = P(Z\le z) = P\left(\frac{X}{Y} \le z \right)$

Considérons les deux cas et . Si , alors . De même, si alors . $Y>0$ $Y<0$ $Y>0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \le zY$ $Y<0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \ge zY$

Maintenant, nous savons . Pour trouver la probabilité ci-dessus, considérons les cas et . $-\infty<Z<\infty$ $z>0$ $z<0$

Si , alors la probabilité peut être exprimée comme une intégration de la distribution conjointe de sur la région ci-dessous. (en utilisant les inégalités) $z>0$ $(X,Y)$

Région d'intégration

Donc où est la fonction de répartition de .

F_{Z} (z) = \int_{0}^{1} \int_{x / z}^{\infty} f_{Y} (y) d y d x + \int_{0}^{1} \int_{- \infty}^{0} f_{Y} (y) d y d x

$F_Z(z) = \int_0^1 \int_{x/z}^\infty f_Y(y) dy dx + \int_0^1 \int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy dx$

f_{Y} (y)

$f_Y(y)$

Y

$Y$

Trouvez la fonction de distribution de en différenciant ce qui précède. $Z$

\begin{aligned} f_{Z} (z) & = \frac{d}{d z} \int_{0}^{1} [F_{Y} (\infty) - F_{Y} (\frac{x}{z})] d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{\partial}{\partial z} [F_{Y} (\infty) - F_{Y} (\frac{x}{z})] d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x}{z^{2}} f_{Y} (\frac{x}{z}) d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{2 π} σ z^{2}} \exp (- \frac{{(\frac{x}{z} - μ)}^{2}}{2 σ^{2}}) d x \end{aligned}

$\begin{align*} f_Z(z) &= \frac{d}{dz}\int_0^1 \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{\partial}{\partial z} \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{z^2} f_Y\left(\frac{x}{z}\right) dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{2\pi}\sigma z^2} \exp \left( - \frac{\left( \frac{x}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2} \right) dx \end{align*}$

L'intégrale ci-dessus peut être évaluée à l'aide de la séquence de transformations suivante:

Soit $u=\frac{x}{z}$
Soit $v=u-\mu$
Séparez l'intégrale résultante en deux intégrales, une avec uniquement dans l'exponentielle, et une avec multipliant avec l'exponentielle. $v$ $v$

Les intégrales résultantes peuvent être simplifiées pour produire

f_{Z} (z) = \frac{σ}{\sqrt{2 π}} [\exp (\frac{- μ^{2}}{2 σ^{2}}) - \exp (\frac{- {(\frac{1}{z} - μ)}^{2}}{2 σ^{2}})] + μ [Φ (\frac{\frac{1}{z} - μ}{σ}) - Φ (\frac{- μ}{σ})]

$f_Z(z) = \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\left[ \exp\left(\frac{-\mu^2}{2\sigma^2}\right)-\exp\left(\frac{-\left(\frac{1}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right) \right] + \mu \left[ \Phi\left(\frac{\frac{1}{z}-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(\frac{-\mu}{\sigma}\right) \right]$

Ici est la fonction de distribution cumulative de la normale standard. Un résultat identique est obtenu pour le cas . $\Phi(x)$ $z<0$

Cette réponse peut être vérifiée par simulation. Le script suivant dans R effectue cette tâche.

n <- 1e7
mu <- 2
sigma <- 4

X <- runif(n)
Y <- rnorm(n, mean=mu, sd=sigma)

Z <- X/Y
# Constrain range of Z to allow better visualization 
Z <- Z[Z>-10]
Z <- Z[Z<10] 

# The actual density 
hist(Z, breaks=1000, xlim=c(-10,10), prob=TRUE)

# The theoretical density
r <- seq(from=-10, to=10, by=0.01)
p <- sigma/sqrt(2*pi)*( exp( -mu^2/(2*sigma^2)) - exp(-(1/r-mu)^2/(2*sigma^2)) ) + mu*( pnorm((1/r-mu)/sigma) - pnorm(-mu/sigma) )

lines(r,p, col="red")

Voici quelques graphiques pour vérification:

Pour $Y\sim N(0,1)$
Pour $Y\sim N(1,1)$
Pour $y\sim N(1,2)$

Le sous-dépassement de la réponse théorique observée dans les graphiques autour de est probablement dû à la plage contrainte. Sinon, la réponse théorique semble suivre la densité simulée. $z=0$

Comp_Warrior
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+1 Très sympa! Une dérivation des principes de base est toujours satisfaisante et les graphiques aident le lecteur à comprendre instantanément ce que vous faites.

whuber

$Y$ $Y=\mathcal N(7,1)$ $\min(Y)>1$ $N\le1\rm M$ $Y<1$ $\frac X Y$ $Y<0$ set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
^runif

entrez la description de l'image ici

Nick Stauner
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les queues extrêmes absorbent la densité. La distribution est un peu comme un Cauchy. (Par curiosité, pourquoi ne pas utiliser runif? Il semble plus idiomatique et semble aussi être plus rapide)

Glen_b -Reinstate Monica

Parce que je ne sais toujours pas grand-chose sur R, apparemment! :) Merci pour le conseil!

Nick Stauner

pas de soucis. La différence de vitesse n'est pas si grande, mais avec 10 ^ 7 éléments, assez pour le remarquer. Vous pouvez trouver un histogramme intéressant à regarder ( hist(x,n=length(x),xlim=c(-10,10))) (environ 96% de la distribution semble être à l'intérieur de ces limites)

Glen_b -Reinstate Monica

Hou la la! Assez sur. Rend ces graphiques de densité assez trompeurs, je le crains! Je vais éditer dans cet histogramme ...

Nick Stauner

Ah d'accord. Pas de soucis. Vous voudrez peut-être réduire la classe nclasse beaucoup plus petit dans ce cas. Je pense que l'idéal serait que les barres soient très étroites mais pas seulement des lignes noires.

Glen_b -Reinstate Monica