Равномерная случайная величина как сумма двух случайных величин

Взято из Гриммета и Штирзакера :

Покажите, что это не может быть случай, когда где равномерно распределены по [0,1], а и независимы и одинаково распределены. Вы не должны считать , что X и Y являются непрерывными переменными.$U=X+Y$$U$$X$$Y$

Простое доказательство от противного достаточно для случая, когда , предполагаются дискретными, утверждая, что всегда можно найти такие и , что в то время как .$X$$Y$$u$$u'$$P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$$P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$

Однако это доказательство не распространяется на является абсолютно непрерывным или сингулярно непрерывным. Подсказки / Комментарии / критика?$X,Y$

Результат можно подтвердить с помощью рисунка: видимые серые области показывают, что равномерное распределение не может быть разложено как сумма двух независимых одинаково распределенных переменных.

нотация

Пусть $X$ и $Y$ такие, что $X+Y$ имеет равномерное распределение на $[0,1]$ . Это означает, что для всех $0\le a \le b \le 1$ ,

Существенная поддержка общего распределения X и Y , следовательно, [ 0 , 1 / 2 ] (в противном случае был бы положительная вероятность того, что Х + Y лежит вне [ 0 , 1 ] ).$X$$Y$$[0,1/2]$$X+Y$$[0,1]$

Изображение

Пусть 0 < ε < +1 / 4 . Рассмотрим эту диаграмму, показывающую, как вычисляются суммы случайных величин:$0 \lt \epsilon \lt 1/4$

Основное распределение вероятностей является совместным для ( X , Y ) . Вероятность любого события a < X + Y ≤ b определяется общей вероятностью, покрытой диагональной полосой, растянутой между линиями x + y = a и x + y = b . Показаны три такие полосы: от 0 до ϵ , выглядящие как маленький синий треугольник в левом нижнем углу; от 1 / 2 - е на 1 /$(X,Y)$$a \lt X+Y \le b$$x+y=a$$x+y=b$$0$$\epsilon$$1/2-\epsilon$+ ϵ , показанный в виде серого прямоугольника с двумя (желтым и зеленым) треугольниками; и от 1 - е к 1 , появляется в виде небольшого красного треугольника в верхнем правом углу.$1/2+\epsilon$$1-\epsilon$$1$

Что показывает картинка

Сравнивая нижний левый треугольник на рисунке с нижним левым квадратом, содержащим его, и используя предположение iid для X и Y , становится ясно, что$X$$Y$

Обратите внимание, что неравенство строгое: равенство невозможно, поскольку существует некоторая положительная вероятность того, что и X, и Y меньше ϵ, но, тем не менее, X + Y > ϵ .$X$$Y$$\epsilon$$X+Y \gt \epsilon$

Аналогично, сравнивая красный треугольник с квадратом в верхнем правом углу,

Наконец, сравнение двух противоположных треугольников в верхнем левом и нижнем правом углу с диагональной полосой, содержащей их, дает другое строгое неравенство,

Первое неравенство вытекает из двух предыдущих (взять их квадратные корни и умножить их) , а второй описывает (строгое) включение треугольников в пределах полосы и последнее равенство выражает однородность X + Y . Вывод о том, что 2 ϵ < 2 ϵ является противоречием, доказывающим, что такие X и Y не могут существовать, QED .$X+Y$$2\epsilon \lt 2\epsilon$$X$$Y$

I tried finding a proof without considering characteristic functions. Excess kurtosis does the trick. Here's the two-line answer: $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$ since $X$ and $Y$ are iid. Then $\text{Kurt}(U) = -1.2$ implies $\text{Kurt}(X) = -2.4$ which is a contradiction as $\text{Kurt}(X) \geq -2$ for any random variable.

Rather more interesting is the line of reasoning that got me to that point. $X$ (and $Y$) must be bounded between 0 and 0.5 - that much is obvious, but helpfully means that its moments and central moments exist. Let's start by considering the mean and variance: $\mathbb{E}(U)=0.5$ and $\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$. If $X$ and $Y$ are identically distributed then we have:

So $\mathbb{E}(X) = 0.25$. For the variance we additionally need to use independence to apply:

Hence $\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$ and $\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$. Wow! That is a lot of variation for a random variable whose support ranges from 0 to 0.5. But we should have expected that, since the standard deviation isn't going to scale in the same way that the mean did.

Now, what's the largest standard deviation that a random variable can have if the smallest value it can take is 0, the largest value it can take is 0.5, and the mean is 0.25? Collecting all the probability at two point masses on the extremes, 0.25 away from the mean, would clearly give a standard deviation of 0.25. So our $\sigma_X$ is large but not impossible. (I hoped to show that this implied too much probability lay in the tails for $X + Y$ to be uniform, but I couldn't get anywhere with that on the back of an envelope.)

Second moment considerations almost put an impossible constraint on $X$ so let's consider higher moments. What about Pearson's moment coefficient of skewness, $\gamma_1 = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^3}{\sigma_X^3} = \frac{\kappa_3}{\kappa_2^{3/2}}$? This exists since the central moments exist and $\sigma_X \neq 0$. It is helpful to know some properties of the cumulants, in particular applying independence and then identical distribution gives:

This additivity property is precisely the generalisation of how we dealt with the mean and variance above - indeed, the first and second cumulants are just $\kappa_1 = \mu$ and $\kappa_2 = \sigma^2$.

Then $\kappa_3(U) = 2\kappa_3(X)$ and $\big(\kappa_2(U)\big)^{3/2} = \big(2\kappa_2(X)\big)^{3/2} = 2^{3/2} \big(\kappa_2(X)\big)^{3/2}$. The fraction for $\gamma_1$ cancels to yield $\text{Skew}(U) = \text{Skew}(X + Y) = \text{Skew}(X) / \sqrt{2}$. Since the uniform distribution has zero skewness, so does $X$, but I can't see how a contradiction arises from this restriction.

So instead, let's try the excess kurtosis, $\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{\kappa_2^2} = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^4}{\sigma_X^4} - 3$. By a similar argument (this question is self-study, so try it!), we can show this exists and obeys:

The uniform distribution has excess kurtosis $-1.2$ so we require $X$ to have excess kurtosis $-2.4$. But the smallest possible excess kurtosis is $-2$, which is achieved by the $\text{Binomial}(1, \frac{1}{2})$ Bernoulli distribution.