Produto de duas variáveis aleatórias independentes

Eu tenho uma amostra de cerca de 1000 valores. Esses dados são obtidos do produto de duas variáveis aleatórias independentes . A primeira variável aleatória possui uma distribuição uniforme . A distribuição da segunda variável aleatória não é conhecida. Como posso estimar a distribuição da segunda variável aleatória ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics Andy
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Esta é uma versão do que é chamado de problema de desconvolução: se você passar para o log do produto, obterá a distribuição estimada da soma quando souber a distribuição de um dos termos. Verifique na wikipedia .

Xian

Consulte também esta pergunta relacionada sobre validação cruzada: depois de aplicar a transformação de log, o problema é equivalente.

Xian

@ Xi'an: Links agradáveis. Espero com certeza que

quase com certeza ... embora possamos nos recuperar de uma violação aparentemente fatal dessa condição decompondo-a como

e considerando as peças separadamente.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

cardeal

@ cardinal Estou curioso para saber como o problema de estimativa é tratado quando alguns dados podem ser negativos. Como é determinada a decomposição? (O método intuitivo de atribuição de dados inferior a

para um componente e de dados maior do que

para outro olhares sub-ótima para mim, porque a convolução com a exponencial tende a transformar os valores provenientes do

componente para dentro relativamente grandes observações positivas.) Parece mais ou menos como o estimador simultaneamente tem que lidar com a identificação da mistura e a desconvolução - e isso parece complicado de fazer.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

whuber

@ Cardinal obrigado pela explicação. Não, não barulho: como eu pensava em logaritmos, simplesmente esqueci que

não é negativo.

ξ

$\xi$

whuber

Respostas:

Temos, supondo que tenha suporte na linha real positiva, $\psi$ Onde e é a distribuição empírica dos dados. Tomando o log desta equação, obtemos,

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$

L o g (ξ) + L o g (ψ) = L o g (X)

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

Assim, pelo teorema da continuidade de Levy, e independência de e assumindo as funções caracteresíticas: $\xi$ $\psi$

Ψ_{L o g (ξ)} (t) Ψ_{L o g (ψ)} (t) = Ψ_{L o g (X)}

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

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

Ψ_{L o g (ξ)} (- t) = {(1 + i t)}^{- 1}

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

Dado que comA amostra aleatória de. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Agora podemos especificar completamente a distribuição de através de sua função característica: $Log(\psi)$

{(1 + i t)}^{- 1} Ψ_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (i t X_{k})

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

$\ln(\psi)$ $t<1$

M_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (- t X_{k}) (1 - t)

$M_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(-t\,X_k)\,\left(1 - t\right)\,$

It is enough then to invert the Moment generating function to get the distribution of $ln(\phi)$ and thus that of $\phi$

Drmanifold
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can you explain this with an example in R?

Andy

Of course. I ll try to post it tomorrow.

Drmanifold

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