Чому функція кумулятивного розподілу (CDF) однозначно визначає розподіл?

Мені завжди говорили, що CDF унікальний, однак PDF / PMF не унікальний, чому це так? Чи можете ви навести приклад, коли PDF / PMF не унікальний?

— ДКангеян
джерело

Щодо унікальності, можливо, ви хочете замислитись про різницю між PDF рівномірного розподілу на та рівномірного розподілу по його внутрішній частині . Ще одна цікава вправа, яка стосується питання, чи існує PDF-файл, - це задуматися над тим, як виглядатиме PDF-файл розподілу за раціональними числами. Наприклад, нехай коли

, і

непарно.

[0, 1]

$[0,1]$

(0, 1)

$(0,1)$

Pr (j 2^{- i}) = 2^{1 - 2 i}

$\Pr(j2^{-i})=2^{1-2i}$

0 < j 2^{- i} < 1

$0\lt j2^{-i}\lt 1$

i \geq 1

$i\ge 1$

j

$j$

— whuber

Не у всіх дистрибутивах є навіть PDF або PMF, а перегляд CDF дає об'єднаний погляд на речі. Безперервні змінні мають гладкі CDF, дискретні змінні мають "сходи", а деякі CDF змішані.

— Срібна рибка

@Silverfish: ... а деякі - ніщо з перерахованого вище! :-)

— кардинал

Для вирішення заголовка (можливо, дещо вільно), CDF визначає розподіл, тому що CDF (або еквівалентно лише DF / 'функція розподілу'; "C" діє лише для уточнення, що це об'єкт, про який ми говоримо) - це термін 'розподіл' буквально означає; "D" є підказкою на цій частині. Це унікальне випливає з "F" - функції є однозначними, тому якщо дві функції розподілу однакові, об'єкт, який вони визначають, є однаковим; якби ДФ відрізнялися де-небудь, то їхнє визначення було б різним у цих моментах. Це тавтологія? Я думаю це.

— Glen_b -Встановіть Моніку

@Glen_b Це тавтологічно лише для навченої інтуїції. Функція розподілу дає лише ймовірності форми тоді як весь розподіл визначає ймовірності форми для довільних вимірюваних наборів Ви повинні показати визначає Як зазначає NicholasB, це питання про продовження попереднього заходу з півкільця (з напіввідкритими інтервалами), , до повного сигма-поля Лебега і показуючи, що це унікально.

F

$F$

F (x) = Pr {ω \in Ω | X (ω) \leq x}

$F(x)=\Pr\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\le x\}$

Pr ({ω \in Ω | X (ω) \in B}

$\Pr(\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\in\mathcal{B}\}$

B \subset R

$\mathcal{B}\subset\mathbb R$

F

$F$

μ ((a, b]) = F (b) - F (a)

$\mu((a,b])=F(b)-F(a)$

— whuber

Відповіді:

Згадаймо деякі речі. Нехай є імовірнісний простір , наш зразок набір, наша - алгебра, і є функцією ймовірності , певна на . Випадкова величина є вимірної функцією , тобто для будь-якого Лебегу підмножина в . Якщо ви не знайомі з цією концепцією, то все, що я скажу згодом, не матиме сенсу. $(\Omega,A,P)$ $\Omega$ $A$ $\sigma$ $P$ $A$ $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X^{-1}(S) \in A$ $\mathbb{R}$

Щоразу, коли у нас є випадкова величина, , вона наводить міру ймовірності на категоричним поштовхом. Іншими словами, . Тривіально перевірити, що є мірою ймовірності на . Ми називаємо на розподіл в . $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'(S) = P(X^{-1}(S))$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'$ $X$

Зараз пов'язане з цим поняттям - це щось, що називається функцією розподілу змінної функції. Давши випадкову змінну визначимо . Функції розподілу мають такі властивості: $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $F(x) = P(X\leq x)$ $F:\mathbb{R} \to [0,1]$

$F$ є безперервним справа .
$F$ не зменшується
$F(\infty) = 1$ і . $F(-\infty)=0$

Очевидно випадкові величини, які є рівними, мають однакову функцію розподілу та розподілу.

Повернути процес і отримати міру із заданою функцією розподілу досить технічно. Скажімо, вам надана функція розподілу . Визначте . Ви повинні показати, що є мірою на напівалгебрі інтервалів . Після цього можна застосувати Carathéodory теорема розширення для продовження до міри ймовірності на . $F(x)$ $\mu(a,b] = F(b) - F(a)$ $\mu$ $(a,b]$ $\mu$ $\mathbb{R}$

— Ніколя Бурбакі
джерело

Це є гарним початком відповіді, але, можливо, ненавмисно затьмарить справу під рукою. Основне питання, як видається, свідчить про те, що два заходи з однаковою функцією розподілу насправді рівні. Для цього не потрібно нічого, крім теоретики - Дінькіна і того факту, що множини форми утворюють -систему, яка генерує алгебру Бореля . Тоді нерівномірність щільності (якщо припустити це існує!) можна вирішити і протиставити вищесказане

π

$\pi$

λ

$\lambda$

(- \infty, b]

$(-\infty, b]$

π

$\pi$

σ

$\sigma$

— кардинал

(Ще одна додаткова незначна підказка: Випадкові змінні зазвичай визначаються через множини Бореля, а не множини Лебега.) Я думаю, що з деякими незначними правками ця відповідь стане цілком зрозумілою. :-)

— кардинал

@cardinal Я думаю про аналіз по-перше, ймовірність вдруге. Тому це може пояснити, чому я віддаю перевагу думати про набори Лебега. В будь-якому випадку це не впливає на сказане.

— Ніколя Бурбакі

Щоб відповісти на запит прикладу двох густин з однаковим інтегралом (тобто мають однакову функцію розподілу), розглянемо ці функції, визначені на дійсних числах:

 f(x) = 1 ; when x is odd integer
 f(x) = exp(-x^2)  ; elsewhere

і потім;

 f2(x) = 1  ; when x is even integer
 f2(x) = exp(-x^2) ;  elsewhere

Вони взагалі не рівні x, але обидві густини для одного і того ж розподілу, отже, густини не визначаються однозначно (кумулятивним) розподілом. Коли щільність з реальною областю відрізняється лише на підрахунковому наборі значень x, то інтеграли будуть однаковими. Математичний аналіз насправді не для слабкого серця чи певного конкретного розуму.

— DWin
джерело

Я не згоден із твердженням, що "функція розподілу ймовірності не визначає однозначно міру ймовірності", яку ви говорите у своєму вступному питанні. Це однозначно це визначає.

Нехай - дві функції масової ймовірності. Якщо, Для будь-якого вимірюваного набору то майже скрізь. Це однозначно визначає pdf (адже в аналізі нам не байдуже, чи вони не погоджуються на набір міри нуля). $f_1,f_2:\mathbb{R}\to [0,\infty)$

\int_{E} f_{1} = \int_{E} f_{2}

$\int_E f_1 = \int_E f_2$

E

$E$

f_{1} = f_{2}

$f_1=f_2$

Ми можемо переписати вищевказаний інтеграл у Де - інтегрується функція.

\int_{E} g = 0

$\int_E g = 0$

g = f_{1} - f_{2}

$g=f_1-f_2$

Визначте , тому . Ми використовуємо відому теорему, що якщо інтеграл негативної функції дорівнює нулю, то функція майже скрізь дорівнює нулю. Зокрема, майже скрізь на . Таким чином , АІ на . Тепер повторіть аргумент в іншому напрямку з $E = \{ x \in \mathbb{R} ~ | ~ g \geq 0 \}$ $\int_E g = 0$ $g=0$ $E$ $f_1 = f_2$ $E$ $F = \{ x\in \mathbb{R} ~ | ~ g \leq 0 \}$ . Ми отримаємо , що п.в. на . Таким чином, АІ на . $f_1 = f_2$ $F$ $f_1 = f_2$ $E\cup F = \mathbb{R}$

— Ніколя Бурбакі
джерело