Произведение двух независимых случайных величин

У меня есть образец около 1000 значений. Эти данные получены из произведения двух независимых случайных величин $\xi \ast \psi$ . Первая случайная величина имеет равномерное распределение $\xi \sim U(0,1)$ . Распределение второй случайной величины неизвестно. Как я могу оценить распределение второй ( $\psi$ ) случайной величины?

probability distributions mathematical-statistics Энди
источник

Это версия того, что называется проблемой деконволюции: если вы перейдете в журнал продукта, вы получите примерное распределение суммы, когда вы знаете распределение одного из терминов. Проверьте википедию .

Сиань

См. Также этот связанный вопрос о перекрестной проверке: после применения преобразования журнала проблема эквивалентна.

Сиань

@ Сиань: хорошие ссылки. Я действительно надеюсь, что

почти наверняка ... хотя мы можем оправиться от, казалось бы, фатального нарушения этого условия, разложив на

и рассмотрев куски отдельно.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

кардинал

@cardinal Мне интересно, как решается проблема оценки, когда некоторые данные могут быть отрицательными. Как определяется разложение? (Интуитивный способ назначения данных меньше , чем

к одному компоненту и данные , которые больше

к другой внешности Субоптимальному ко мне , потому что свертка с показательным будет стремиться превратить значения , поступающие из

компонента в относительно большие положительных наблюдений.) Это выглядит скорее как оценщик одновременно должен управлять идентификацией смеси и деконволюцией - и это кажется сложным.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

whuber

@Cardinal спасибо за объяснение. Нет, не шум: потому что я думал в терминах логарифмов, я просто забыл, что

неотрицательна.

ξ

$\xi$

whuber

Ответы:

Предполагается, что имеет поддержку на положительной вещественной прямой, $\psi$ где и - эмпирическое распределение данных. Взяв логарифм этого уравнения, мы получим,

ξ ψ знак равно Икс

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$

L о грамм (ξ) + L о грамм (ψ) знак равно L о грамм (Икс)

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

Таким образом, по теореме Леви о непрерывности и независимости и принимающих характерные функции: $\xi$ $\psi$

Ψ_{L о грамм (ξ)} (T) Ψ_{L о грамм (ψ)} (T) знак равно Ψ_{L о грамм (Икс)}

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

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

Ψ_{L о грамм (ξ)} (- T) знак равно {(1 + я T)}^{- 1}

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

Учитывая, что сСлучайная выборка. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Теперь мы можем полностью указать распределение через его характеристическую функцию: $Log(\psi)$

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

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

Если мы предположим, что производящие момент функции существуют и что мы можем записать приведенное выше уравнение в терминах производящих момент функций: $\ln(\psi)$ $t<1$

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

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

$ln(\phi)$ $\phi$

Drmanifold
источник

Можете ли вы объяснить это на примере в R?

Энди

Конечно. Я постараюсь опубликовать это завтра.

Drmanifold