Wie ist das Verhältnis von Gleichmäßigkeit und Normalverteilung?

Es sei $X$ einer gleichmäßigen Verteilung und $Y$ einer Normalverteilung. Was kann man über X sagen?$\frac X Y$ ? Gibt es eine Distribution dafür?

Ich fand, dass das Verhältnis von zwei Normalen mit dem Mittelwert Null Cauchy ist.

Sei die Zufallsvariable mit pdf f ( x ) :$X \sim \text{Uniform}(a,b)$$f(x)$

wo ich (dies verschachtelt den Standardfall Uniform ( 0 , 1 ) ). [Unterschiedliche Ergebnisse werden erhalten, wenn beispielsweise Parameter a < 0 ist, die Vorgehensweise jedoch genau gleich ist. ]]$0<a<b$$\text{Uniform}(0,1)$$a<0$

Weiter sei und W = 1 / Y mit pdf g ( w ) :$Y \sim N(\mu, \sigma^2)$$W=1/Y$$g(w)$

Dann suchen wir das PDF des Produkts , sagen wir h ( v ) , das gegeben ist durch:$V = X*W$$h(v)$

wo ich bin mit mathStatica ‚s TransformProductFunktion , um die Nitty-gritties zu automatisieren, und wo Erfgibt die Fehlerfunktion: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Alles erledigt.

Grundstücke

Hier sind zwei Diagramme des PDF:

• Diagramm 1: , σ = 1 , b = 3 ... und ... a = 0 , 1 , $\mu = 0$$\sigma = 1$$b = 3$$a = 0, 1, 2$

• Diagramm 2: ,σ=1,a=0,b=$\mu = {0,\frac12,1}$$\sigma = 1$$a=0$$b = 1$

Monte-Carlo-Scheck

Hier ist eine kurze Monte-Carlo-Überprüfung des Plot 2-Falls, um sicherzustellen, dass sich keine Fehler eingeschlichen haben:
,σ=1,a=0,b=$\mu = \frac12$$\sigma = 1$$a=0$$b = 1$

Die blaue Linie ist das empirische Monte-Carlo-PDF, und die rote gestrichelte Linie ist das theoretische PDF oben. Sieht gut aus :)$h(v)$

Es ist möglich, die Verteilung von aus ersten Prinzipien, wobeiX∼U[0,1]undY∼N(μ,σ2). Betrachten Sie die kumulative Wahrscheinlichkeitsfunktion vonZ:$Z=\frac{X}{Y}$$X\sim U[0,1]$$Y \sim N(\mu,\sigma^2)$$Z$

$$F_Z(z) = P(Z\le z) = P\left(\frac{X}{Y} \le z \right)$$

Betrachten Sie die beiden Fälle und Y < 0 . Wenn Y > $Y>0$$Y<0$$Y>0$ , dann . Ebenso, wenn Y < $\frac{X}{Y}\le z\implies X \le zY$$Y<0$ dann .$\frac{X}{Y}\le z\implies X \ge zY$

$-\infty<Z<\infty$$z>0$$z<0$

$z>0$$(X,Y)$

$$F_Z(z) = \int_0^1 \int_{x/z}^\infty f_Y(y) dy dx + \int_0^1 \int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy dx$$ where $f_Y(y)$ is the distribution function of $Y$.

Find the distribution function of $Z$ by differentiating the above.

$$\begin{align*} f_Z(z) &= \frac{d}{dz}\int_0^1 \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{\partial}{\partial z} \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{z^2} f_Y\left(\frac{x}{z}\right) dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{2\pi}\sigma z^2} \exp \left( - \frac{\left( \frac{x}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2} \right) dx \end{align*}$$

The integral above can be evaluated using the following sequence of transformations:

1. Let $u=\frac{x}{z}$
2. Let $v=u-\mu$
3. Separate the resulting integral into two integrals, one with $v$ only in the exponential, and one with $v$ multiplying with the exponential.

The resulting integrals can be simplified to yield

$$f_Z(z) = \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\left[ \exp\left(\frac{-\mu^2}{2\sigma^2}\right)-\exp\left(\frac{-\left(\frac{1}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right) \right] + \mu \left[ \Phi\left(\frac{\frac{1}{z}-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(\frac{-\mu}{\sigma}\right) \right]$$

Here $\Phi(x)$ is the cumulative distribution function of the standard normal. An identical result is obtained for the case $z<0$.

This answer can be verified by simulation. The following script in R performs this task.

n <- 1e7
mu <- 2
sigma <- 4

X <- runif(n)
Y <- rnorm(n, mean=mu, sd=sigma)

Z <- X/Y
# Constrain range of Z to allow better visualization 
Z <- Z[Z>-10]
Z <- Z[Z<10] 

# The actual density 
hist(Z, breaks=1000, xlim=c(-10,10), prob=TRUE)

# The theoretical density
r <- seq(from=-10, to=10, by=0.01)
p <- sigma/sqrt(2*pi)*( exp( -mu^2/(2*sigma^2)) - exp(-(1/r-mu)^2/(2*sigma^2)) ) + mu*( pnorm((1/r-mu)/sigma) - pnorm(-mu/sigma) )

lines(r,p, col="red")

Here are a few graphs for verification:

1. For $Y\sim N(0,1)$
2. For $Y\sim N(1,1)$
3. For $y\sim N(1,2)$

The undershooting of the theoretical answer seen in the graphs around $z=0$ is probably because of the constrained range. Otherwise the theoretical answer seems to follow the simulated density.

Besides the reciprocal of the slash distribution (or @Glen_b's "backslash distribution!"), a kind of ratio distribution, I don't know what to call it either, but I'll simulate one version in R.
Since you specify a positive mean of $Y$, I'll use $Y=\mathcal N(7,1)$ so that $\min(Y)>1$ in most samples of $N\le1\rm M$. Of course, other possibilities exist. For instance, any $Y<1$ would expand the range of $\frac X Y$ beyond 1, and any $Y<0$ would of course expand it into negative values. set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
^{(Decrease size for slow computers! Or use runif if you know how!)}