Qual è il rapporto tra distribuzione uniforme e normale?

Lascia che segua una distribuzione uniforme e segua una distribuzione normale. Cosa si può dire di ? C'è una distribuzione per questo? $X$ $Y$ $\frac X Y$

Ho trovato che il rapporto di due normali con zero medio è Cauchy.

— RRPP
fonte

Per quello che vale, la distribuzione di è chiamata distribuzione slash . Non so se il reciproco abbia un nome o una forma chiusa.

Y / X

$Y/X$

— David J. Harris,

E la classe più ampia a cui entrambi appartengono sembra essere la distribuzione dei rapporti !

— Nick Stauner,

@ DavidJ.Harris Proprio così; +1. Ho visto il taglio usato alcune volte negli studi di robustezza. Forse - come una barra rovesciata - dovrebbe essere chiamato " distribuzione barra rovesciata ".

X / Y

$X/Y$

— Glen_b

@rrpp Ti riferisci a un'uniforme standard o un'uniforme generale

? Se quest'ultimo, allora dobbiamo sapere se

ecc.

U n i f o r m (0, 1)

$Uniform(0,1)$

U n i f o r m (a, b)

$Uniform(a,b)$

a > 0

$a>0$

a < 0

$a<0$

— wolfies

grazie a tutti per le risposte. @wolfies

X

$X$ è

U n i f o r m (0, 1)

$Uniform(0,1)$ e

Y

$Y$ ha media positiva

— rrpp

Risposte:

Lascia che la variabile casuale con pdf : $X \sim \text{Uniform}(a,b)$ $f(x)$

dove ho assunto (questo nidifica il caso standard ). [Si otterranno risultati diversi se si dice il parametro , ma la procedura è esattamente la stessa. ] $0<a<b$ $\text{Uniform}(0,1)$ $a<0$

Inoltre, lascia e lascia con pdf : $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$ $W=1/Y$ $g(w)$

Quindi, cerchiamo il pdf del prodotto , diciamo , che è dato da: $V = X*W$ $h(v)$

dove sto usando la funzione di mathStaticaTransformProduct per automatizzare i nitty-gritties e dove Erfdenota la funzione Error: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Tutto fatto.

Terreni

Ecco due grafici del pdf:

Trama 1: , , ... e ... $\mu = 0$ $\sigma = 1$ $b = 3$ $a = 0, 1, 2$

Trama 2: , , , $\mu = {0,\frac12,1}$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

Assegno Monte Carlo

Ecco un rapido controllo Monte Carlo del caso Plot 2, solo per assicurarsi che non si siano verificati errori: , , ,
$\mu = \frac12$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

La linea blu è il pdf empirico di Monte Carlo e la linea rossa tratteggiata è il pdf teorico sopra. Sembra a posto :) $h(v)$

— Wolfies
fonte

È possibile trovare la distribuzione di dai primi principi, dove e . Considera la funzione di probabilità cumulativa di : $Z=\frac{X}{Y}$ $X\sim U[0,1]$ $Y \sim N(\mu,\sigma^2)$ $Z$

F_{Z} (z) = P (Z \leq z) = P (\frac{X}{Y} \leq z)

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

Considera i due casi e . Se , allora . Allo stesso modo se allora . $Y>0$ $Y<0$ $Y>0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \le zY$ $Y<0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \ge zY$

Ora sappiamo . Per trovare la probabilità di cui sopra, considerare i casi e . $-\infty<Z<\infty$ $z>0$ $z<0$

Se , la probabilità può essere espressa come integrazione della distribuzione congiunta di nella regione mostrata di seguito. (usando le disuguaglianze) $z>0$ $(X,Y)$

Regione di integrazione

Quindi dove è la funzione di ripartizione di .

F_{Z} (z) = \int_{0}^{1} \int_{X / z}^{\infty} f_{Y} (y) d y d X + \int_{0}^{1} \int_{- \infty}^{0} f_{Y} (y) d y d X

$F_Z(z) = \int_0^1 \int_{x/z}^\infty f_Y(y) dy dx + \int_0^1 \int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy dx$

f_{Y} (y)

$f_Y(y)$

Y

$Y$

Trova la funzione di distribuzione di differenziando quanto sopra. $Z$

\begin{aligned} f_{Z} (z) & = \frac{d}{d z} \int_{0}^{1} [F_{Y} (\infty) - F_{Y} (\frac{X}{z})] d X \\ = \int_{0}^{1} \frac{\partial}{\partial z} [F_{Y} (\infty) - F_{Y} (\frac{X}{z})] d X \\ = \int_{0}^{1} \frac{X}{z^{2}} f_{Y} (\frac{X}{z}) d X \\ = \int_{0}^{1} \frac{X}{\sqrt{2 π} σ z^{2}} \exp (- \frac{{(\frac{X}{z} - μ)}^{2}}{2 σ^{2}}) d X \end{aligned}

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

L'integrale sopra può essere valutato usando la seguente sequenza di trasformazioni:

Lascia che $u=\frac{x}{z}$
Lascia che $v=u-\mu$
Separare l'integrale risultante in due integrali, uno con solo in esponenziale e uno con moltiplicato per l'esponenziale. $v$ $v$

Gli integrali risultanti possono essere semplificati per produrre

f_{Z} (z) = \frac{σ}{\sqrt{2 π}} [\exp (\frac{- μ^{2}}{2 σ^{2}}) - \exp (\frac{- {(\frac{1}{z} - μ)}^{2}}{2 σ^{2}})] + μ [Φ (\frac{\frac{1}{z} - μ}{σ}) - Φ (\frac{- μ}{σ})]

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

Qui è la funzione di distribuzione cumulativa della normale standard. Un risultato identico si ottiene per il caso . $\Phi(x)$ $z<0$

Questa risposta può essere verificata mediante simulazione. Il seguente script in R esegue questa attività.

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")

Ecco alcuni grafici per la verifica:

Per $Y\sim N(0,1)$
Per $Y\sim N(1,1)$
Per $y\sim N(1,2)$

Il undershooting della risposta teorica visto nei grafici intorno a è probabilmente a causa dell'intervallo limitato. Altrimenti la risposta teorica sembra seguire la densità simulata. $z=0$

— Comp_Warrior
fonte

+1 Molto bello! Una derivazione dai principi di base è sempre soddisfacente e la grafica aiuta il lettore a comprendere immediatamente ciò che stai facendo.

— whuber

Oltre al reciproco della distribuzione slash (o "backslash distribution" di @ Glen_b!), Una sorta di distribuzione del rapporto, non so nemmeno come chiamarla, ma simulerò una versione in R.
Dato che specifichi un positivo media di , userò in modo tale che nella maggior parte dei campioni di . Certo, esistono altre possibilità. Ad esempio, qualsiasi espande l'intervallo di oltre 1 e qualsiasi lo espande naturalmente in valori negativi. ^{(Riduci le dimensioni per i computer lenti! O usa}^{se sai come!)} $Y$ $Y=\mathcal N(7,1)$ $\min(Y)>1$ $N\le1\rm M$ $Y<1$ $\frac X Y$ $Y<0$ set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
^runif

inserisci qui la descrizione dell'immagine

— Nick Stauner
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le code estreme stanno aumentando la densità. La distribuzione è piuttosto come un Cauchy. (Per curiosità, perché non usarlo runif? Sembra più idiomatico e sembra anche più veloce)

— Glen_b -Reinstate Monica

Perché a quanto pare non so ancora molto di R! :) Grazie per il consiglio!

— Nick Stauner,

nessun problema. La differenza di velocità non è così grande, ma con 10 ^ 7 elementi, abbastanza da notare. Potresti trovare un istogramma che vale la pena guardare ( hist(x,n=length(x),xlim=c(-10,10))) (circa il 96% della distribuzione sembra essere all'interno di quei limiti)

— Glen_b -Reststate Monica

Wow! Abbastanza sicuro. Ho paura che questi diagrammi di densità siano abbastanza fuorvianti! Modificherò in quell'istogramma ...

— Nick Stauner il

Oh ok. Nessun problema. In questo caso, potresti voler ridurre nclass molto. Penso che idealmente le barre dovrebbero essere molto strette ma non solo linee nere.

— Glen_b