Produk dari dua variabel acak independen

Saya punya sampel sekitar 1000 nilai. Data ini diperoleh dari produk dua variabel acak independen . Variabel acak pertama memiliki distribusi seragam . Distribusi variabel acak kedua tidak diketahui. Bagaimana saya bisa memperkirakan distribusi variabel acak kedua ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics

— Andy
sumber

Ini adalah versi dari apa yang disebut masalah dekonvolusi: jika Anda pindah ke log produk, Anda mendapatkan perkiraan distribusi jumlah ketika Anda mengetahui distribusi salah satu syarat. Periksa di wikipedia .

— Xi'an

Lihat juga pertanyaan terkait ini di crossvalidated: setelah Anda menerapkan transformasi log, masalahnya setara.

— Xi'an

@ Xi'an: Tautan bagus. Saya sungguh berharap bahwa

hampir pasti ... meskipun kita dapat pulih dari pelanggaran fatal terhadap kondisi ini dengan mendekomposisi sebagai

dan mempertimbangkan potongan-potongan secara terpisah.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

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

— kardinal

@ kardinal Saya ingin tahu tentang bagaimana masalah estimasi ditangani ketika beberapa data mungkin negatif. Bagaimana dekomposisi ditentukan? (Metode intuitif menetapkan data yang kurang dari

ke satu komponen dan data lebih besar dari

yang lain terlihat suboptimal dengan saya karena konvolusi dengan eksponensial akan cenderung untuk mengubah nilai-nilai yang datang dari

komponen ke pengamatan positif yang relatif besar.) Kelihatannya agak seperti estimator secara bersamaan harus menangani identifikasi campuran dan dekonvolusi - dan itu tampak sulit dilakukan.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

— whuber

@ Cardinal terima kasih atas penjelasannya. Tidak, bukan kebisingan: karena saya berpikir dalam hal logaritma, saya hanya lupa bahwa

tidak negatif.

ξ

$\xi$

— whuber

Kami punya, Menganggap memiliki dukungan pada garis nyata positif, $\psi$ Dimana dan adalah distribusi data secara empiris. Mengambil log dari persamaan ini yang kita dapatkan,

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)

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

Thus by Levy's continuity theorem, and independance of $\xi$ and $\psi$ taking the charactersitic functions:

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

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

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

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

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

Given that $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ With $X_1 ... X_{1000}$ The random sample of $\ln(X)$ .

We can now specify completly the distribution of $Log(\psi)$ through its characteristic function:

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

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

If we assume that the moment generating functions of $\ln(\psi)$ exist and that $t<1$ we can write the above equation in term of moment generating functions:

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
sumber

can you explain this with an example in R?

— Andy

Of course. I ll try to post it tomorrow.

— Drmanifold