PDF uniforme da diferença de dois rv

9

É possível que o PDF da diferença de dois IDs pareça um retângulo (em vez de, digamos, o triângulo que obtemos se os RVs forem retirados da distribuição uniforme).

ou seja, é possível que o PDF f de jk (para dois IDs retirados de alguma distribuição) tenha f (x) = 0,5 para todos os -1 <x <1?

Não há restrições na distribuição da qual extraímos j e k, exceto que o mínimo é -1 e o máximo é 1.

Depois de algumas experiências, acho que isso pode ser impossível.

Nathan
fonte
A diferença de duas distribuições uniformes é uma distribuição triangular; portanto, se você perguntar se é possível obter uma diferença uniforme de uniformes iid, então a resposta não é.
Tim
O mesmo Q perguntou aqui: math.stackexchange.com/questions/2048939/… até agora sem respostas!
Kjetil b halvorsen
De fato, parece difícil evitar realizações fora de quando e têm massa de probabilidade próxima a esses pontos de extremidade. j k[1,1]jk
Christoph Hanck 15/05/19
2
Não é possível. Para minha lembrança, isso já está (em uma forma ligeiramente diferente) respondido em algum lugar do site. Vou ver se consigo localizá-lo.
Glen_b -Reinstala Monica 19/06/19
11
@Glen_b Você pode estar se lembrando de stats.stackexchange.com/questions/125360/… . Não é completamente um duplicado, no entanto, porque a diferença de variáveis iid, embora expresso como uma soma pode envolver uma soma de variáveis com distribuição não-idênticos. Acredito que uma modificação trivial da minha solução resolverá essa diferença; Parece que a solução do Silverfish se aplica diretamente com quase nenhuma modificação, mas primeiro é preciso remover muito material estranho para ver isso. X + ( - Y ) ,XYX+(Y),
whuber

Respostas:

10

Teorema: Não há distribuição para a qual quando .DistABU(1,1)A,BIID Dist


Prova: considere duas variáveis ​​aleatórias com a característica característica . Denotando sua diferença por . A função característica da diferença é:A,BIID DistφD=AB

φD(t)=E(exp(itD))=E(exp(it(AB)))=E(exp(itA))E(exp(itB))=φ(t)φ(t)=φ(t)φ(t)¯=|φ(t)|2.

(A quarta linha deste trabalho segue o fato de que a função característica é hermitiana .) Agora, pegar fornece uma forma específica para , que é:DU(1,1)φD

φD(t)=E(exp(itD))=Rexp(itr)fD(r)dr=1211exp(itr)dr=12[exp(itr)it]r=1r=1=12exp(it)exp(it)it=12(cos(t)+isin(t))(cos(t)+isin(t))it=12(cos(t)+isin(t))(cos(t)isin(t))it=122isin(t)it=sin(t)t=sinc(t).

onde esta é a função sinc (não normalizada) . Portanto, para atender aos requisitos de , exigimos uma função característica com norma ao quadrado dada por:Distφ

|φ(t)|2=φD(t)=sinc(t).

O lado esquerdo desta equação é uma norma ao quadrado e, portanto, não é negativo, enquanto o lado direito é uma função que é negativa em vários lugares. Portanto, não há solução para esta equação e, portanto, não há função característica que satisfaça os requisitos para a distribuição. (Dê uma gorjeta a Fabian por apontar isso em uma pergunta relacionada no Mathematics.SE .) Portanto, não há distribuição com os requisitos do teorema.

Ben - Restabelecer Monica
fonte
3

Esta é a opinião de um engenheiro elétrico sobre o assunto, com um ponto de vista mais adequado para o dsp.SE do que para stats.SE, mas não importa.

Suponha que e são variáveis ​​aleatórias contínuas com pdf comum . Então, se denota , temos que A desigualdade de Cauchy-Schwarz nos diz que tem um máximo em . De fato, como é na verdade a função de "autocorrelação" de considerada como "sinal", ele deve ter um máximo único em e, portanto, não pode ser distribuído uniformemente conforme desejado. Como alternativa, seXYf(x)ZXY

fZ(z)=f(x)f(x+z) dx.
fZ(z)z=0fZfz=0Z fZde fato uma densidade uniforme (lembre-se de que também é uma função de autocorrelação), então a "densidade espectral de potência" de (considerada um sinal) seria uma função sinc e, portanto, não uma função não-negativa, pois todas as densidades espectrais de potência devem ser . Logo, a suposição de que é uma densidade uniforme leva a uma contradição e, portanto, a suposição deve ser falsa.fZfZ

A alegação de que é obviamente inválida quando a distribuição comum de e contém átomos, pois, nesse caso, a distribuição de também conterá átomos. Suspeito que a restrição de que e tenham um pdf possa ser removida e uma prova puramente teórica da medida seja construída para o caso geral em que e não necessariamente apreciam um pdf (mas a diferença deles).X Y Z X Y X YfZU[1,1]XYZXYXY

Dilip Sarwate
fonte
11
Parte disso não parece certo para mim. A função característica da distribuição é a função ; portanto, é claro que esse tipo de transformação de Fourier é permitido. Sua lógica me parece levar a provar demais - parece provar não apenas que não pode ser uniforme, mas que a distribuição uniforme não pode existir. Eu entendi errado? sinc ZU(1,1)sincZ
Ben - Restabelece Monica
11
Se a função característica de existe ou não é o problema; existe. O pdf de é uma função de autocorrelação . Bem, a densidade espectral de potência de qualquer função de autocorrelação deve ser uma função não negativa. Portanto, a suposição de que leva a uma densidade espectral de potência que é uma função sinc (que assume valores positivos e negativos). Como essa não é uma densidade espectral de potência válida (lembre-se de que é uma função de autocorrelação), a suposição de que deve ser falsa.Z f ZU[1,1]Zf Z f ZU [ - 1 , 1 ]fZU[1,1]fZfZU[1,1]
Dilip Sarwate