Якщо X / Y має той самий розподіл, що і Z, чи правда, що X має такий самий розподіл, як YZ?

Нехай X, Y і Z - три незалежні випадкові величини. Якщо X / Y має той самий розподіл, що і Z, чи правда, що X має такий самий розподіл, як YZ?

probability ratio

— user2808118
джерело

Ні. Розглянемо випадок, коли і є стандартними нормальними, а - стандартною випадковою змінною Коші (при цьому всі три незалежні відповідно до передумови питання). Добре відомо, що має стандартний розподіл Коші (такий самий, як і у

X $X$

Y $Y$

Z $Z$

X/Y $X/Y$

Z $Z$ ), але

YZ $YZ$ не має стандартного нормального розподілу (оскільки

E[YZ] $E[YZ]$ не існує). Тож вам потрібні додаткові обмеження щодо

X,Y,Z $X, Y, Z$ (пор. відповідь Срібної рибки) мати будь-яку надію знайти приклади, де може бути результат.

— Діліп Сарват

@Dilip я розглядав це як мій контрприклад, але ухилявся від нього, тому що не міг придумати короткого пояснення того, чому

E[YZ] $E[YZ]$ не існує. Якщо у вас є акуратний аргумент, ви можете опублікувати його як відповідь, я думаю. (Як ви, напевно, можете сказати, я у своїй відповіді цілком свідомо уникав нулів і нескінченностей, тому дуже прагнув уникнути чогось, що не є навіть нескінченним!)

— Срібна рибка

@Dilip З тих пір

Z $Z$ Коші, значить

E[Z] $E[Z]$ не існує, мені здається, умова не виконаний, і заява нічого не говорить про це

E[YZ] $E[YZ]$ . Для порівняння: якщо

Z $Z$ є Коші і

Y $Y$ має вироджене розподіл

P(Y=0)=1 $P(Y=0)=1$ , тоді воно з'явиться

E[YZ] $E[YZ]$ існує (і дорівнює нулю), хоча

E[Z] $E[Z]$ не робить.

— Срібна рибка

Один з найпростіших і, мабуть, найбільш інтуїтивних можливих контрприкладів - це дозволити

X=1 $X=1$ і

Y $Y$ будь-яке розповсюдження з певним шансом не бути

{−1,0,1,±∞} $\{-1,0,1,\pm\infty\}$ (відтоді

±1 $\pm 1$ є фіксованими точками

y→1/y $y\to 1/y$ і

0,∞, $0,\infty,$ і

−∞ $-\infty$ є проблематичними у визначенні

X/Y $X/Y$ у будь-якому випадку). Тоді

YZ $YZ$ Очевидно, поки це не є постійним

X $X$ є.

— whuber

@Silverfish

E[YZ] $E[YZ]$ визначається лише якщо

E[|YZ|] $E[|YZ|]$ є кінцевим. Але,

E[|YZ|]=E[|Y|⋅|Z|]=E[|Y|]E[|Z|] $E[|YZ|]=E[|Y|\cdot |Z|]=E[|Y|]E[|Z|]$ з тих пір

|Y| $|Y|$ і

|Z| $|Z|$ є незалежними випадковими змінними. Але, оскільки

E[|Z|] $E[|Z|]$ не є кінцевим і

E[|Y|]>0 $E[|Y|]>0$ , ми робимо висновок про це

E[|YZ|] $E[|YZ|]$ не є кінцевим (жодних питань щодо вартості

0×∞ $0\times\infty$ ). Отже,

E[YZ] $E[YZ]$ не визначено (або не існує), тоді як

E[X] $E[X]$ дуже однозначно існує і має цінність

0 $0$ .

— Діліп Сарват

Це може статися. Наприклад, якщо $X$ , $Y$ і $Z$ є незалежними змінними Rademacher , тобто вони можуть бути 1 або -1 з однаковою ймовірністю. В цьому випадку $X/Y$ є також Rademacher, тому має таке ж поширення, як і $Z$ , поки $YZ$ є Rademacher, тому він має той же розподіл, що і $X$ .

Але це взагалі не відбудеться. Поки існують засоби, необхідні (але не достатні) умови для $X/Y$ мати такий самий розподіл, як і $Z$ , і для $YZ$ мати такий самий розподіл, як і $X$ , було б:

E (Z) = E (X Y - 1) = E (X) E (Y - 1)

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(XY^{-1}) = \mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y^{-1})$

E (X) = E (Y Z) = E (Y) E (Z)

$\mathbb{E}(X) = \mathbb{E}(YZ) = \mathbb{E}(Y)\mathbb{E}(Z)$

Другі рівності супроводжувались незалежністю. Заміна дає:

E (Z) = E (Y) E (Z) E (Y - 1)

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Z) \mathbb{E}(Y^{-1})$

Якщо $\mathbb{E}(Z) \neq 0$ тоді $1 = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Y^{-1})$ , або рівнозначно, поки що $\mathbb{E}(Y) \neq 0$ ,

E (Y - 1) = 1 E ( Y )

$\mathbb{E}(Y^{-1}) = \frac{1}{\mathbb{E}(Y)}$

Це взагалі не вірно. Наприклад, нехай $Y$ бути переведеною змінною Бернуї, яка приймає значення $1$ або $2$ з однаковою ймовірністю, так $\mathbb{E}(Y)=1.5$ . Тоді $Y^{-1}$ приймає значення $1$ або $0.5$ з однаковою ймовірністю, так $\mathbb{E}(Y^{-1})=0.75 \neq 1.5^{-1}$ . (Я залишаю це уяві читача, як драматичний ефект він мав би використовувати неперекладений змінною Бернуї, а лише перекладеною лише трохи, так що вона дуже близька до 0 з вірогідністю половину. Зауважте, що в прикладі Rademacher був тут немає жодних проблем, оскільки всі три очікування дорівнювали нулю, зауважте далі, що ця умова недостатня.)

Ми можемо дослідити, як це $Y$ не вдається побудувати більш явний контрприклад. Припустімо, щоб все було просто $X$ є масштабним Бернуї і приймає цінності $0$ або $2$ з однаковою ймовірністю. Тоді $X/Y$ є або $0/1$ , $0/2$ , $2/1$ або $2/2$ з однаковою ймовірністю. Зрозуміло, що $P(X/Y=0)=\frac{1}{2}$ , $P(X/Y=1)=\frac{1}{4}$ і $P(X/Y=2)=\frac{1}{4}$ . Дозволяє $Z$ бути незалежною змінною, отриманою з того ж розподілу. Що таке розподіл $YZ$ ? Це те саме, що і розподіл $X$ ? Нам навіть не потрібно відпрацювати повний розподіл ймовірностей, щоб побачити, що це не може бути; достатньо запам'ятати $X$ може бути лише нуль або два, поки $YZ$ Ви можете взяти будь-яке значення, яке можна отримати, перемноживши одне $\{1,2\}$ одним із $\{0,1,2\}$ .

Якщо ви хочете мати мораль для цієї казки, то спробуйте пограти зі зменшеними та перекладеними змінними Бернуї (що включає змінні Rademacher). Вони можуть бути простим способом побудови прикладів - і контрприкладів. Це допомагає мати менші значення в опорах, щоб розподіл різних функцій змінних можна було легко обробити вручну.

Ще більш крайніми ми можемо вважати вироджені змінні, які мають лише одне значення у своїй підтримці. Якщо $X$ і $Y$ вироджені (з $Y\neq 0$ ) тоді $Z=X/Y$ буде занадто, і тому розподіл $YZ$ відповідатиме значення $Z$ . Як і в моєму прикладі Rademacher, така ситуація свідчить про те, що ваші умови можуть бути задоволені. Якщо замість цього, як @whuber пропонує в коментарях, ми дозволяємо $X$ бути виродженим с $P(X=1)$ , але дозволяйте $Y$ варіювати, тоді побудувати ще простіший контрприклад дуже просто. Якщо $Y$ може приймати два кінцевих, ненульових значення - $a$ і $b$ , скажімо - тоді з позитивною ймовірністю $X/Y$ , і отже $Z$ , може приймати значення $a^{-1}$ і $b^{-1}$ . Тепер $YZ$ тому має $ab^{-1} \neq 1$ на його підтримку, тому не можна слідувати за тим самим розповсюдженням, що і $X$ . Це схоже на, але простіше, ніж мій аргумент, що підтримка не могла відповідати моєму вихідному контрприкладу.

— Срібна рибка
джерело

$\newcommand\E{\mathbb{E}}$ Припустимо, що

$\Pr(Y > 0) = 1$ . Тоді, оскільки

$1/x$ є опуклою функцією на

$(0, \infty)$ , Нерівність Дженсена говорить нам, що умова

$\E Y = \E \frac{1}{Y}$ утримується лише в тому випадку, якщо

$Y$ вироджується. Те ж саме, якщо

$\Pr(Y < 0) = 1$ , в цьому випадку 1 / x є увігнутим. Так що якщо

$Y$ має фіксований знак, але не вироджується, необхідна умова не може виконати.

— Дугал

@Dougal Дякую, що згадуєте про це. Коли я писав, я думав про те, щоб включити його, але відчув, що обговорення знаків тощо порушить потік. Я подумав про те, щоб просто сказати "побачити нерівність Дженсена" і додати Вікіпедію чи подібне посилання, але потім вирішив, що це не є хорошою ідеєю, тому що я не зробив це заздалегідь умовами опуклості, яких я намагався уникати. Натомість мені довелося подивитися, чи є десь (можливо, нитка резюме), де загалом обговорюється очікування нелінійних функцій РВ, що, природно, призвело б допитливого читача до Дженсена, але я нічого не помітив Мені ще подобається.

— Срібна рибка

@Dougal Це один із тих випадків, коли між суттєво простими контрприкладами виникає певна сутичка - щось дуже легко обчислюється, тому хтось, хто працював під неправильним розумінням, може відразу побачити, що це неможливо чи неправильно - і більш ретельне, загальне лікування, яке насправді допомагає покажіть, за яких умов щось може насправді перешкоджати (але це може бути занадто важким для виконання читачів, а отже, для них менш переконливим). РВ на

$\{1,2\}$ показує навіть новачок чому

$E(1/Y)$ працює не так добре, як

$E(aY+b)$ але Дженсен говорить набагато більше про те, чому!

— Срібляста рибка

Так, хороша думка, хоча мені цікаво про умови, коли це (здавалося б, природне) відношення може мати місце, яке здається досить обмеженим. Зауважте, що у своєму коментарі вище я неправильно написав умову: це, звичайно, має бути

$\frac{1}{\E Y} = \E \frac{1}{Y}$ .

— Dougal

@Dougal I think beyond degenerate RVs such relationships are not as "natural" as they first appear. Consider

$Z$ has same distribution as

$X+Y$ and

$Y$ has same distribution as

$Z-X$ , and all three are independent ... Again it doesn't hold in general.

— Silverfish