Продукт двох незалежних випадкових величин

У мене є зразок приблизно 1000 значень. Ці дані отримані з добутку двох незалежних випадкових величин $\xi \ast \psi$ . Перша випадкова величина має рівномірний розподіл $\xi \sim U(0,1)$ . Розподіл другої випадкової величини не відомий. Як я можу оцінити розподіл другої ( $\psi$ ) випадкової величини?

probability distributions mathematical-statistics

— Енді
джерело

Це версія того, що називається проблемою деконволюції: якщо ви перейдете до журналу продукту, ви отримаєте орієнтовний розподіл суми, коли знаєте розподіл одного з термінів. Перевірте на wikipedia .

— Сіань

Дивіться також це пов'язане питання щодо перекваліфікованого: щойно ви застосуєте перетворення журналу, проблема рівнозначна.

— Сіань

@ Xi'an: Приємні посилання. Я впевнений, що

майже напевно ... хоча ми можемо відновитися після, здавалося б, фатального порушення цієї умови, розклавшись як

і розглянувши шматки окремо.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

— кардинал

@cardinal Мені цікаво, як вирішується проблема оцінки, коли деякі дані можуть бути негативними. Як визначається розкладання? (Інтуїтивний спосіб призначення даних менше , ніж

до одного компоненту і дані , які більше

до іншої зовнішності субоптимальність до мене , тому що згортки з показовим буде прагнути перетворити значення , що надходять з

компонента у відносно великі позитивних спостережень.) Це виглядає радше, як оцінювач одночасно повинен обробляти ідентифікацію суміші та деконволюцію - і це видається складним.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

— whuber

@Cardinal дякую за пояснення. Ні, не шум: оскільки я думав з точки зору логарифмів, я просто забув, що

- негативний.

ξ

$\xi$

— whuber

Маємо, припускаючи $\psi$ має підтримку на позитивній речової прямої, де і

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$ - емпіричний розподіл даних.
Беручи журнал цього рівняння, ми отримуємо,

L o g (ξ) + L o g (ψ) = L o g (X)

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

Таким чином, за теоремою про безперервність Леві і незалежністю і приймають функції: $\xi$ $\psi$

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

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

Тепер Таким чином, $\xi\sim Unif[0,1]$ $, therefore$ $-Log(\xi) \sim Exp(1)$

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

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

Враховуючи, що ЗВипадкова вибірка. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Тепер ми можемо повністю вказати розподіл через його характерну функцію: $Log(\psi)$

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

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

$\ln(\psi)$ $t<1$

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

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

Тоді достатньо перевернути функцію генерування Моменту, щоб отримати розподіл $ln(\phi)$ і тим самим $\phi$

— Drmanifold
джерело

ви можете пояснити це на прикладі в R?

— Енді

Звичайно. Я спробую опублікувати це завтра.

— Drmanifold