Яке співвідношення рівномірного та нормального розподілу?

Нехай $X$ слідує за рівномірним розподілом, а $Y$ за нормальним розподілом. Що можна сказати про $\frac X Y$ ? Чи існує розподіл для цього?

Я знайшов співвідношення двох нормалей із середнім нулем Коші.

Нехай випадкова величина з pdf f ( x ) :$X \sim \text{Uniform}(a,b)$$f(x)$

де я припустив (це гніздо стандартного уніфікованого ( 0 , 1 ) випадку). [Якщо параметр a = 0 скажемо, різні результати будуть отримані , але процедура точно така ж. ]$0<a<b$$\text{Uniform}(0,1)$$a<0$

Далі, нехай , і W = 1 / Y з pdf g ( w ) :$Y \sim N(\mu, \sigma^2)$$W=1/Y$$g(w)$

Потім шукаємо pdf добутку , скажімо h ( v $V = X*W$$h(v)$ , який задається:

де я використовую mathStatica 'sTransformProduct функцію для автоматизації суворого gritties, і де Erfпозначає функцію помилки: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Готово.

Сюжети

Ось два сюжети PDF:

• Сюжет 1: , σ = 1 , b = 3 ... і ... a = 0 , 1 , $\mu = 0$$\sigma = 1$$b = 3$$a = 0, 1, 2$

• Сюжет 2: ,σ=1,a=0,b=$\mu = {0,\frac12,1}$$\sigma = 1$$a=0$$b = 1$

Монте-Карло чек

Ось коротка перевірка Монте-Карло у випадку "Сюжет 2", щоб переконатися, що помилки не проникли в:
,σ=1,a=0,b=$\mu = \frac12$$\sigma = 1$$a=0$$b = 1$

Синя лінія - це емпіричний формат pdf Монте-Карло, а червона пунктирна - теоретичний pdf вище. Виглядає чудово :)$h(v)$

Можна знайти розподіл з перших принципів, деX∼U[0,1]іY∼N(μ,σ2). Розглянемо сукупну функцію ймовірностіZ:$Z=\frac{X}{Y}$$X\sim U[0,1]$$Y \sim N(\mu,\sigma^2)$$Z$

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

Розглянемо два випадки і Y < 0 . Якщо Y > 0 , то $Y>0$$Y<0$$Y>0$ . Аналогічно, якщо Y < 0, то$\frac{X}{Y}\le z\implies X \le zY$$Y<0$ .$\frac{X}{Y}\le z\implies X \ge zY$

Тепер ми знаємо . Щоб знайти вищезгадану ймовірність, розглянемо випадки z > 0 і z < $-\infty<Z<\infty$$z>0$$z<0$ .

Якщо , то ймовірність може бути виражена інтеграцією спільного розподілу ( X , Y ) на нижче показану область. (використовуючи нерівності)$z>0$$(X,Y)$

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

$Z$

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

Вищеописаний інтеграл можна оцінити за допомогою наступної послідовності перетворень:

1. $u=\frac{x}{z}$
2. $v=u-\mu$
3. $v$$v$

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

$\Phi(x)$$z<0$

Цю відповідь можна перевірити за допомогою моделювання. Наступний сценарій в R виконує це завдання.

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")

Ось кілька графіків для підтвердження:

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

$z=0$

$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