Produkt zweier unabhängiger Zufallsvariablen

Ich habe eine Stichprobe von ca. 1000 Werten. Diese Daten werden aus dem Produkt von zwei unabhängigen Zufallsvariablen erhalten $\xi \ast \psi$ . Die erste Zufallsvariable hat eine gleichmäßige Verteilung $\xi \sim U(0,1)$ . Die Verteilung der zweiten Zufallsvariablen ist nicht bekannt. Wie kann ich die Verteilung der zweiten ( $\psi$ ) Zufallsvariablen abschätzen ?

probability distributions mathematical-statistics Andy
quelle

Dies ist eine Version des sogenannten Dekonvolutionsproblems: Wenn Sie zum Protokoll des Produkts wechseln, erhalten Sie die geschätzte Verteilung der Summe, wenn Sie die Verteilung eines der Begriffe kennen. Überprüfen Sie auf Wikipedia .

Xi'an,

Siehe auch diese verwandte Frage zu crossvalidated: Sobald Sie die Protokolltransformation angewendet haben, ist das Problem äquivalent.

Xi'an

@ Xi'an: Schöne Links. Ich hoffe sicher, dass

fast sicher ist ... obwohl wir uns von einer anscheinend tödlichen Verletzung dieses Zustands erholen können, indem wir

zerlegen und die Teile getrennt betrachten.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

Kardinal

@ Cardinal Ich bin gespannt, wie das Schätzungsproblem behandelt wird, wenn einige der Daten negativ sind. Wie wird die Zersetzung bestimmt? (Die intuitive Methode, Daten kleiner als

einer Komponente und Daten größer als

einer anderen Komponente zuzuweisen, erscheint mir suboptimal, da die Faltung mit dem Exponential dazu neigt, Werte, die von der

Komponente kommen, in relativ große positive Beobachtungen umzuwandeln.) Vielmehr muss der Schätzer gleichzeitig mit der Identifizierung des Gemisches und der Entfaltung umgehen - und das scheint schwierig zu sein.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

whuber

@ Kardinal danke für die Erklärung. Nein, kein Rauschen: Weil ich logarithmisch dachte, hatte ich einfach vergessen, dass

nicht negativ ist.

ξ

$\xi$

whuber

Antworten:

Vorausgesetzt, hat Unterstützung auf der positiven reellen Linie, $\psi$ Wobei und die empirische Verteilung der Daten ist. Nehmen wir das Protokoll dieser Gleichung, die wir bekommen,

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$

L Ö G (ξ) + L Ö G (ψ) = L Ö G (X)

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

Nach dem Kontinuitätssatz von Levy und der Unabhängigkeit von und die die charakteristischen Funktionen übernehmen: $\xi$ $\psi$

Ψ_{L Ö G (ξ)} (t) Ψ_{L Ö G (ψ)} (t) = Ψ_{L Ö G (X)}

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

Nun Somit $\xi\sim Unif[0,1]$ $, therefore$ $-Log(\xi) \sim Exp(1)$

Ψ_{L Ö G (ξ)} (- t) = {(1 + ich t)}^{- 1}

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

Vorausgesetzt, dass mitDie Zufallsstichprobe von. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Wir können nun die Verteilung von durch seine charakteristische Funktion vollständig spezifizieren : $Log(\psi)$

{(1 + ich t)}^{- 1} Ψ_{L Ö G (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (ich t X_{k})

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

Wenn wir annehmen, dass die momenterzeugenden Funktionen von existieren und dass , können wir die obige Gleichung als momenterzeugende Funktionen schreiben: $\ln(\psi)$ $t<1$

M_{L Ö 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
quelle

Kannst du das an einem Beispiel in R erklären?

Andy

Natürlich. Ich versuche es morgen zu posten.

Drmanifold