Entnommen aus Grimmet und Stirzaker :
Zeigen Sie, dass es nicht möglich ist, dass wenn gleichmäßig auf [0,1] verteilt ist und und unabhängig und gleich verteilt sind. Sie sollten nicht davon ausgehen, dass X und Y kontinuierliche Variablen sind.
Ein einfacher Widerspruchsbeweis genügt für den Fall, dass , diskret angenommen werden, indem argumentiert wird, dass es immer möglich ist, ein und ein zu finden , so dass während .
Dieser Beweis erstreckt sich jedoch nicht auf absolut stetig oder singulär stetig ist. Hinweise / Kommentare / Kritik?
probability
random-variable
continuous-data
uniform
proof
rechtekewed
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Antworten:
Das Ergebnis lässt sich mit einem Bild belegen: Die sichtbaren grauen Bereiche zeigen, dass eine gleichmäßige Verteilung nicht als Summe zweier unabhängiger gleichverteilter Variablen zerlegt werden kann.
Notation
Sei und Y so, dass X + Y eine gleichmäßige Verteilung auf [ 0 , 1 ] hat . Dies bedeutet, dass für alle 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 ,X Y X+Y [0,1] 0≤a≤b≤1
Die wesentliche Unterstützung der gemeinsamen Verteilung von und Y ist daher [ 0 , 1 / 2 ] (denn sonst würde es positive Wahrscheinlichkeit , dass X + Y liegt außerhalb [ 0 , 1 ] ).X Y [0,1/2] X+Y [0,1]
Das Bild
Lassen . Betrachten Sie dieses Diagramm, das zeigt, wie Summen von Zufallsvariablen berechnet werden:0<ϵ<1/4
Die zugrunde liegende Wahrscheinlichkeitsverteilung ist die gemeinsame für . Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses a < X + Y ≤ b ergibt sich aus der Gesamtwahrscheinlichkeit des sich zwischen den Linien x + y erstreckenden Diagonalbandes(X,Y) a<X+Y≤b und x + y = b. Drei solcher Bänder sind gezeigt: von 0 bis ϵ , die als kleines blaues Dreieck unten links erscheinen; von 1 / 2 - ε zu 1 / 2x+y=a x+y=b 0 ϵ 1/2−ϵ , dargestellt als graues Rechteck mit zwei (gelben und grünen) Dreiecken; und von 1 - ϵ bis 1 , erscheint als kleines rotes Dreieck oben rechts.1/2+ϵ 1−ϵ 1
Was das Bild zeigt
Wenn man das untere linke Dreieck in der Figur mit dem unteren linken Quadrat vergleicht und die iid-Annahme für und Y ausnutzt , ist das klarX Y
Beachten Sie, dass die Ungleichung streng ist: Gleichheit ist nicht möglich, da es eine positive Wahrscheinlichkeit gibt, dass sowohl als auch Y kleiner als ϵ sind, aber trotzdem X + Y > ϵ .X Y ϵ X+Y>ϵ
In ähnlicher Weise wird das rote Dreieck mit dem Quadrat in der oberen rechten Ecke verglichen.
Schließlich ergibt ein Vergleich der beiden gegenüberliegenden Dreiecke oben links und unten rechts mit dem sie enthaltenden diagonalen Band eine weitere strenge Ungleichung.
Die erste Ungleichung ergibt sich aus den vorherigen beiden (nimm ihre Quadratwurzeln und multipliziere sie), während die zweite die (strikte) Einbeziehung der Dreiecke in das Band beschreibt und die letzte Gleichheit die Gleichförmigkeit von ausdrückt . Die Schlussfolgerung, dass 2 ϵ < 2 ϵ der Widerspruch ist, der beweist, dass X und Y nicht existieren können, QED .X+Y 2ϵ<2ϵ X Y
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Ich habe versucht, einen Beweis zu finden, ohne die charakteristischen Funktionen zu berücksichtigen. Übermäßige Kurtosis macht den Trick. Hier ist die zweizeilige Antwort: da X und Y iid sind. Dann impliziert Kurt ( U ) = - 1,2 Kurt ( X ) = - 2,4, was ein Widerspruch zu Kurt ( X ) ist.Kurt(U)=Kurt(X+Y)=Kurt(X)/2 X Y Kurt(U)=−1.2 Kurt(X)=−2.4 Kurt(X)≥−2 for any random variable.
SoE(X)=0.25 . For the variance we additionally need to use independence to apply:
HenceVar(X)=124 and σX=126√≈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 ourσX 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 onX so let's consider higher moments. What about Pearson's moment coefficient of skewness, γ1=E(X−μX)3σ3X=κ3κ3/22 ? This exists since the central moments exist and σX≠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 justκ1=μ and κ2=σ2 .
Thenκ3(U)=2κ3(X) and (κ2(U))3/2=(2κ2(X))3/2=23/2(κ2(X))3/2 . The fraction for γ1 cancels to yield Skew(U)=Skew(X+Y)=Skew(X)/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,γ2=κ4κ22=E(X−μX)4σ4X−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 Binomial(1,12) Bernoulli distribution.
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