Prodotto di due variabili casuali indipendenti

Ho un campione di circa 1000 valori. Questi dati sono ottenuti dal prodotto di due variabili casuali indipendenti . La prima variabile casuale ha una distribuzione uniforme . La distribuzione della seconda variabile casuale non è nota. Come posso stimare la distribuzione della seconda variabile casuale ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics

— Andy
fonte

Questa è una versione di quello che viene chiamato un problema di deconvoluzione: se si passa al registro del prodotto, si ottiene la distribuzione stimata della somma quando si conosce la distribuzione di uno dei termini. Controlla su Wikipedia .

— Xi'an,

Vedi anche questa domanda correlata su crossvalidated: una volta applicata la trasformazione del log, il problema è equivalente.

— Xi'an,

@ Xi'an: bei collegamenti. Spero sicuramente che

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$ quasi sicuramente ... anche se possiamo riprenderci da una violazione apparentemente fatale di questa condizione decomponendola come

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

$\psi = \psi_{+} - \psi_{-}$ e considerando i pezzi separatamente.

— cardinale

@cardinal Sono curioso di sapere come viene gestito il problema di stima quando alcuni dati potrebbero essere negativi. Come viene determinata la decomposizione? (Il metodo intuitivo di assegnare dati meno di

1

$1$ a un componente e dati maggiori di

1

$1$ a un altro mi sembra non ottimale perché la convoluzione con l'esponenziale tenderà a trasformare i valori provenienti dal componente

ψ_{-}

$\psi_{-}$ in osservazioni positive relativamente grandi. ) Sembra piuttosto che lo stimatore debba gestire simultaneamente l'identificazione della miscela e la deconvoluzione - e questo sembra difficile da fare.

— whuber

@Cardinal grazie per la spiegazione. No, non rumore: poiché stavo pensando in termini di logaritmi, avevo semplicemente dimenticato che

ξ

$\xi$ non è negativo.

— whuber

Abbiamo, supponendo che $\psi$ abbia supporto sulla linea reale positiva,

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$ dove

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$ e

F_{n}

$F_n$ è la distribuzione empirica dei dati.
Prendendo il registro di questa equazione otteniamo,

L o g (ξ) + L o g (ψ) = L o g (X)

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

Quindi dal teorema di continuità di Levy e dall'indipendenza di e assumono le funzioni caratteritiche: $\xi$ $\psi$

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

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

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

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

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

Dato che Con Il campione casuale di . $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Ora possiamo specificare completamente la distribuzione di attraverso la sua funzione caratteristica: $Log(\psi)$

{(1 + io t)}^{- 1} Ψ_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} Σ_{K = 1}^{1000} \exp (io t X_{K})

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

Se assumiamo che esistano le funzioni generatrici del momento di e che possiamo scrivere l'equazione sopra in termini di funzioni generatrici del momento: $\ln(\psi)$ $t<1$

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

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

Basta quindi invertire la funzione di generazione Moment per ottenere la distribuzione di e quindi quella di $ln(\phi)$ $\phi$

— Drmanifold
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puoi spiegarlo con un esempio in R?

— Andy,

Ovviamente. Proverò a pubblicarlo domani.

— Drmanifold,