Wie ist die Verteilung von

Ich habe vier unabhängige gleichmäßig verteilte Variablen $a,b,c,d$ , jeweils in $[0,1]$ . Ich möchte die Verteilung von berechnen $(a-d)^2+4bc$. Ich habe die Verteilung von $u_2=4bc$ zu f 2 ( u 2 ) = - 1 berechnet

$$f_2(u_2)=-\frac{1}{4}\ln\frac{u_2}{4}$$ (daher$u_2\in(0,4]$), und vonseinNun die Verteilung einer Summeist (sind auch unabhängig)weil. Hier hat es sich alsso das Integral gleichJetztich es in Mathematica ein und hole es mir$u_1=(a-d)^2$ $$f_1(u_1)=\frac{1-\sqrt{u_1}}{\sqrt{u_1}}.$$ $u_1+u_2$$u_1,\, u_2$y∈(0,4]x>yfu1+u2(x)=- $$f_{u_1+u_2}(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(x-y)f_2(y)dy=-\frac{1}{4}\int_0^4\frac{1-\sqrt{x-y}}{\sqrt{x-y}}\cdot\ln\frac{y}{4}dy,$$ $y\in(0,4]$$x>y$fu1+u2(x)= $$f_{u_1+u_2}(x)=-\frac{1}{4}\int_0^{x}\frac{1-\sqrt{x-y}}{\sqrt{x-y}}\cdot\ln\frac{y}{4}dy.$$ $$f_{u_1+u_2}(x)=\frac{1}{4}\left[-x+x\ln\frac{x}{4}-2\sqrt{x}\left(-2+\ln x\right)\right].$$

Ich erstellte vier unabhängige Mengen die jeweils aus Zahlen bestehen, und zeichnete ein Histogramm von :10 6 ( a - d ) 2 + 4 b $a,b,c,d$$10^6$$(a-d)^2+4bc$

und zeichnete einen Plot von :$f_{u_1+u_2}(x)$

Im Allgemeinen ähnelt der Plot dem Histogramm, aber im Intervall größte Teil negativ (die Wurzel liegt bei 2,27034). Und das Integral des positiven Teils ist .≈ $(0,5)$$\approx 0.77$

Wo ist der Fehler? Oder wo fehle ich etwas?

BEARBEITEN: Ich habe das Histogramm skaliert, um das PDF anzuzeigen.

EDIT 2: Ich denke, ich weiß, wo das Problem in meiner Argumentation liegt - in den Integrationsgrenzen. Da und kann ich nicht einfach . Die Darstellung zeigt die Region, in die ich integrieren muss:x - y ∈ ( 0 , 1 ] ∫ x $y\in (0,4]$$x-y\in(0,1]$$\int_0^x$

Dies bedeutet, dass ich für (deshalb war ein Teil meines richtig), für und in . Leider kann Mathematica die letzten beiden Integrale nicht berechnen. ).$\int_0^x$$y\in(0,1]$$f$$\int_{x-1}^x$$y\in(1,4]$$\int_{x-1}^4$$y\in (4,5]$

EDIT 3: Es scheint, dass Mathematica die letzten drei Integrale mit folgendem Code berechnen kann:

(1/4)*Integrate[((1-Sqrt[u1-u2])*Log[4/u2])/Sqrt[u1-u2],{u2,0,u1}, Assumptions ->0 <= u2 <= u1 && u1 > 0]

(1/4)*Integrate[((1-Sqrt[u1-u2])*Log[4/u2])/Sqrt[u1-u2],{u2,u1-1,u1}, Assumptions -> 1 <= u2 <= 3 && u1 > 0]

(1/4)*Integrate[((1-Sqrt[u1-u2])*Log[4/u2])/Sqrt[u1-u2],{u2,u1-1,4}, Assumptions -> 4 <= u2 <= 4 && u1 > 0]

was eine richtige Antwort gibt :)

Oft hilft es, kumulative Verteilungsfunktionen zu verwenden.

Zuerst,

$$F(x) = \Pr((a-d)^2 \le x) = \Pr(|a-d| \le \sqrt{x}) = 1 - (1-\sqrt{x})^2 = 2\sqrt{x} - x.$$

Nächster,

$$G(y) = \Pr(4 b c \le y) = \Pr(b c \le \frac{y}{4}) = \int_0^{y/4} dt + \int_{y/4}^1\frac{y\,dt}{4t} = \frac{y}{4}\left(1 - \log\left(\frac{y}{4}\right)\right).$$

$\delta$$0$$5$$(a-d)^2 + 4 b c$$x=(a-d)^2$$F$$y=4 b c$$g = G^\prime$

$$H(\delta) = \Pr((a-d)^2 + 4 b c \le \delta) = \Pr(x\le \delta-y) = \int_0^4 F(\delta-y)g(y)dy.$$

$H$$\delta$$0 \lt \delta \lt 1$

$$H^\prime(\delta) = h(\delta) = \frac{1}{8} \left(8 \sqrt{\delta }+\delta (-(2+\log (16)))+2 \left(\delta -2 \sqrt{\delta }\right) \log (\delta )\right).$$

$1 \lt \delta \lt 4$

$$h(\delta) = \frac{1}{4} \left(-(\delta +1) \log (\delta -1)+\delta \log (\delta )-4 \sqrt{\delta } \coth ^{-1}\left(\sqrt{\delta }\right)+3+\log (4)\right).$$

$4 \lt \delta \lt 5$

$$\eqalign{ &h(\delta) = \\ &\frac{1}{4}\left(\delta -4 \sqrt{\delta -4}+(\delta +1) \log \left(\frac{4}{\delta -1}\right)+4 \sqrt{\delta } \tanh ^{-1}\left(\frac{\sqrt{(\delta -4) \delta }-\sqrt{\delta }}{\delta -\sqrt{\delta -4}}\right)-1\right). }$$

$h$$10^6$$(a-d)^2 + 4bc$$h$

---

Das Folgende ist eine nahezu sinnlose Brute-Force- Mathematica- Lösung. Es automatisiert praktisch alles über die Berechnung. Beispielsweise wird sogar der Bereich der resultierenden Variablen berechnet:

ClearAll[ a, b, c, d, ff, gg, hh, g, h, x, y, z, zMin, zMax, assumptions];
assumptions = 0 <= a <= 1 && 0 <= b <= 1 && 0 <= c <= 1 && 0 <= d <= 1; 
zMax = First@Maximize[{(a - d)^2 + 4 b c, assumptions}, {a, b, c, d}];
zMin = First@Minimize[{(a - d)^2 + 4 b c, assumptions}, {a, b, c, d}];

$H$

ff[x_] := Evaluate@FullSimplify@Integrate[Boole[(a - d)^2 <= x], {a, 0, 1}, {d, 0, 1}];
gg[y_] := Evaluate@FullSimplify@Integrate[Boole[4 b c <= y], {b, 0, 1}, {c, 0, 1}];
g[y_]  := Evaluate@FullSimplify@D[gg[y], y];
hh[z_] := Evaluate@FullSimplify@Integrate[ff[-y + z] g[y], {y, 0, 4}, 
          Assumptions -> zMin <= z <= zMax];
h[z_]  :=  Evaluate@FullSimplify@D[hh[z], z];

$h$

x = RandomReal[{0, 1}, {4, 10^6}];
x = (x[[1, All]] - x[[4, All]])^2 + 4 x[[2, All]] x[[3, All]];
Show[Histogram[x, {.1}, "PDF"], 
 Plot[h[z], {z, zMin, zMax}, Exclusions -> {1, 4}], 
 AxesLabel -> {"\[Delta]", "Density"}, BaseStyle -> Medium, 
 Ticks -> {{{0, "0"}, {1, "1"}, {4, "4"}, {5, "5"}}, Automatic}]

Wie das OP und whuber würde ich die Unabhängigkeit nutzen, um dies in einfachere Probleme aufzuteilen:

$X = (a-d)^2$. Then the pdf of $X$, say $f(x)$ is:

Let $Y = 4 b c$. Then the pdf of $Y$, say $g(y)$ is:

The problem reduces to now finding the pdf of $X + Y$. There may be many ways of doing this, but the simplest for me is to use a function called TransformSum from the current developmental version of mathStatica. Unfortunately, this is not available in a public release at the present time, but here is the input:

TransformSum[{f,g}, z]

which returns the pdf of $Z = X + Y$ as the piecewise function:

Here is a plot of the pdf just derived, say $h(z)$:

Quick Monte Carlo check

The following diagram compares an empirical Monte Carlo approximation of the pdf (squiggly blue) to the theoretical pdf derived above (red dashed). Looks fine.