Wenn X / Y die gleiche Verteilung wie Z hat, stimmt es, dass X die gleiche Verteilung wie YZ hat?

Sei X, Y und Z drei unabhängige Zufallsvariablen. Wenn X / Y die gleiche Verteilung wie Z hat, stimmt es, dass X die gleiche Verteilung wie YZ hat?

probability ratio

— user2808118
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Nein. Betrachten Sie den Fall, dass

X

$X$ und

Y

$Y$ Standardnormal und

Z

$Z$ eine Standard-Cauchy-Zufallsvariable sind (wobei alle drei gemäß der Prämisse der Frage unabhängig sind). Es ist bekannt, dass

X / Y

$X/Y$ eine Standard-Cauchy-Verteilung hat (die gleiche wie die von

Z

$Z$ ), aber

Y Z

$YZ$ keine Standard-Normalverteilung hat (da

E [Y Z]

$E[YZ]$ nicht existiert). Sie benötigen also zusätzliche Einschränkungen für

X, Y, Z

$X, Y, Z$ (vgl. Silverfishs Antwort), um Hoffnung zu haben, Beispiele zu finden, bei denen das Ergebnis zutreffen könnte.

— Dilip Sarwate

@Dilip Ich dachte darüber nach, dies als mein Gegenbeispiel zu verwenden, scheute mich aber davor, weil mir keine kurze Erklärung einfiel, warum

E [Y Z]

$E[YZ]$ nicht existiert. Wenn Sie ein ordentliches Argument haben, sollten Sie es als Antwort veröffentlichen, denke ich. (Wie Sie wahrscheinlich sehen können, habe ich in meiner Antwort ganz bewusst Nullen und Unendlichkeiten vermieden, daher war ich sehr daran interessiert, etwas zu vermeiden, das nicht einmal unendlich ist!)

— Silverfish

@Dilip Da

Cauchy ist und

nicht existiert, scheint mir der Vorbehalt nicht erfüllt zu sein und die Aussage sagt nichts über

. Zum Vergleich: Wenn

Cauchy ist und

die entartete Verteilung

, scheint es, dass

existiert (und gleich Null ist), obwohl

dies nicht tut.

Z

$Z$

E [Z]

$E[Z]$

E [Y Z]

$E[YZ]$

Z

$Z$

Y

$Y$

P (Y = 0) = 1

$P(Y=0)=1$

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [Z]

$E[Z]$

— Silverfish

Eines der einfachsten und vielleicht intuitivsten möglichen Gegenbeispiele besteht darin,

und

eine beliebige Verteilung mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit zu sein, nicht in

(da

die Fixpunkte von sind

und

ist in der Definition von problematischem

in jedem Fall). Dann

X = 1

$X=1$

Y

$Y$

{- 1, 0, 1, \pm \infty}

$\{-1,0,1,\pm\infty\}$

\pm 1

$\pm 1$

y \to 1 / y

$y\to 1/y$

0, \infty,

$0,\infty,$

- \infty

$-\infty$

X / Y

$X/Y$

Y Z

$YZ$ ist offensichtlich nicht konstant, während

ist.

X

$X$

— whuber

@Silverfish

ist nur definiert, wenn

ist endlich. Aber

seit

und

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [| Y Z |]

$E[|YZ|]$

E [| Y Z |] = E [| Y | \cdot | Z |] = E [| Y |] E [| Z |]

$E[|YZ|]=E[|Y|\cdot |Z|]=E[|Y|]E[|Z|]$

| Y |

$|Y|$

| Z |

$|Z|$ sind unabhängige Zufallsvariablen. Aber seit

ist nicht endlich und

schließen wir, dass

ist nicht endlich (es gibt keine Probleme mit dem Wert von

). Folglich ist

nicht definiert (oder existiert nicht), wohingegen

sehr definitiv existiert und den Wert

E [| Z |]

$E[|Z|]$

E [| Y |] > 0

$E[|Y|]>0$

E [| Y Z |]

$E[|YZ|]$

0 \times \infty

$0\times\infty$

E [Y Z]

$E[YZ]$

E [X]

$E[X]$

0

$0$

— Dilip Sarwate

Es kann vorkommen. Wenn beispielsweise , und unabhängige Rademacher- Variablen sind, können sie mit gleicher Wahrscheinlichkeit 1 oder -1 sein. In diesem Fall ist auch Rademacher, hat also die gleiche Verteilung wie , während Rademacher ist und somit die gleiche Verteilung wie . $X$ $Y$ $Z$ $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

Aber es wird im Allgemeinen nicht passieren. Solange die Mittel vorhanden sind, wären notwendige (aber nicht ausreichende) Bedingungen für , um die gleiche Verteilung wie , und für , um die gleiche Verteilung wie , folgende: $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

E (Z) = E (X Y^{- 1}) = E (X) E (Y^{- 1})

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(XY^{-1}) = \mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y^{-1})$

E (X) = E (Y Z) = E (Y) E (Z)

$\mathbb{E}(X) = \mathbb{E}(YZ) = \mathbb{E}(Y)\mathbb{E}(Z)$

Die zweite Gleichheit, gefolgt von Unabhängigkeit. Einsetzen ergibt:

E (Z) = E (Y) E (Z) E (Y^{- 1})

$\mathbb{E}(Z) = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Z) \mathbb{E}(Y^{-1})$

Wenn dann ist oder äquivalent, solange ist. $\mathbb{E}(Z) \neq 0$ $1 = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Y^{-1})$ $\mathbb{E}(Y) \neq 0$

E (Y^{- 1}) = \frac{1}{E (Y)}

$\mathbb{E}(Y^{-1}) = \frac{1}{\mathbb{E}(Y)}$

Dies gilt im Allgemeinen nicht. Zum Beispiel sei eine übersetzte Bernouilli- Variable, die mit gleicher Wahrscheinlichkeit die Werte oder annimmt , also . Dann nimmt mit gleicher Wahrscheinlichkeit Werte oder an, also ist . (Ich überlasse es der Vorstellungskraft des Lesers, wie dramatisch ein Effekt gewesen wäre, wenn er einen nicht übersetzten verwendet hätte $Y$ $1$ $2$ $\mathbb{E}(Y)=1.5$ $Y^{-1}$ $1$ $0.5$ $\mathbb{E}(Y^{-1})=0.75 \neq 1.5^{-1}$ Stattdessen eine Bernouilli-Variable oder eine nur geringfügig übersetzte Variable, sodass sie mit einer Wahrscheinlichkeit von der Hälfte sehr nahe bei 0 liegt. Beachten Sie, dass im Rademacher-Beispiel hier kein Problem aufgetreten ist, da alle drei Erwartungen Null waren. Beachten Sie außerdem, dass diese Bedingung nicht ausreicht.)

Wir können untersuchen, wie dieses versagt, indem wir ein expliziteres Gegenbeispiel konstruieren. Nehmen wir zur Vereinfachung an, ist ein skaliertes Bernouilli und nimmt mit gleicher Wahrscheinlichkeit Werte oder an. Dann entweder , , oder mit gleicher Wahrscheinlichkeit. Es ist klar, dass $Y$ $X$ $0$ $2$ $X/Y$ $0/1$ $0/2$ $2/1$ $2/2$ , $P(X/Y=0)=\frac{1}{2}$ und $P(X/Y=1)=\frac{1}{4}$ . Seieine unabhängige Variable aus derselben Verteilung. Wie ist die Verteilung von? Ist es dasselbe wie die Verteilung von? Wir müssen nicht einmal die vollständige Wahrscheinlichkeitsverteilung berechnen, um zu sehen, dass dies nicht möglich ist. Es genügt, sich daran zu erinnern, dassnur null oder zwei sein kann, währendjeden Wert annehmen kann, den Sie durch Multiplizieren eines vonmit einem von. $P(X/Y=2)=\frac{1}{4}$ $Z$ $YZ$ $X$ $X$ $YZ$ $\{1,2\}$ $\{0,1,2\}$

Wenn Sie eine Moral für diese Geschichte wollen, versuchen Sie, mit skalierten und übersetzten Bernouilli-Variablen (einschließlich Rademacher-Variablen) herumzuspielen. Sie können eine einfache Möglichkeit sein, Beispiele zu konstruieren - und Gegenbeispiele. Es hilft, weniger Werte in den Unterstützungen zu haben, so dass Verteilungen verschiedener Funktionen der Variablen leicht von Hand berechnet werden können.

Noch extremer können wir entartete Variablen betrachten, deren Unterstützung nur einen einzigen Wert hat. Wenn und degeneriert ist (mit ) , dann wird sein und so die Verteilung von den Wert von Übereinstimmen . Wie mein Rademacher Beispiel, das ist eine Situation , Ihre Bedingungen zeigt , kann zufrieden sein. Wenn stattdessen, wie @whuber in den Kommentaren vorschlägt, mit entartet sein soll , aber zulassen $X$ $Y$ $Y\neq 0$ $Z=X/Y$ $YZ$ $Z$ $X$ $P(X=1)$ $Y$ zu variieren, dann ist es sehr einfach, ein noch einfacheres Gegenbeispiel zu konstruieren. Wenn mit positiver Wahrscheinlichkeit zwei endliche Werte ungleich Null annehmen kann - beispielsweise und - , kann und damit die Werte und annehmen . Jetzt hat daher in seiner Unterstützung, kann also nicht der gleichen Verteilung wie folgen . Dies ist ähnlich, aber einfacher als mein Argument, dass die Unterstützungen in meinem ursprünglichen Gegenbeispiel nicht übereinstimmen könnten. $Y$ $a$ $b$ $X/Y$ $Z$ $a^{-1}$ $b^{-1}$ $YZ$ $ab^{-1} \neq 1$ $X$

— Silberfisch
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$\newcommand\E{\mathbb{E}}$ Angenommen,

. Da

eine konvexe Funktion von

, sagt uns Jensens Ungleichung, dass die Bedingung

Pr (Y > 0) = 1

$\Pr(Y > 0) = 1$

1 / x

$1/x$

(0, \infty)

$(0, \infty)$

gilt nur, wenn

entartet ist. Gleiches gilt, wenn

ist. In diesem Fall ist 1 / x konkav. Wenn

also ein festes Vorzeichen hat, aber nicht entartet ist, kann die notwendige Bedingung nicht gelten.

E Y = E \frac{1}{Y}

$\E Y = \E \frac{1}{Y}$

Y

$Y$

Pr (Y < 0) = 1

$\Pr(Y < 0) = 1$

Y

$Y$

— Dougal

@ Dougal Danke, dass du das erwähnt hast. Beim Schreiben habe ich darüber nachgedacht, es aufzunehmen, aber ich hatte das Gefühl, dass die Diskussion über Zeichen usw. den Fluss unterbrechen würde. Ich dachte darüber nach, nur "Jensens Ungleichung sehen" zu sagen und eine Wikipedia oder einen ähnlichen Link hinzuzufügen, entschied dann aber, dass dies keine gute Idee war, da ich sie nicht durch die Konvexitätsbedingungen vorangestellt hatte, die ich zu vermeiden versuchte. Stattdessen habe ich nachgesehen, ob es irgendwo (vielleicht einen CV-Thread) gibt, wo die Erwartung nichtlinearer Funktionen eines Wohnmobils allgemein diskutiert wird, was natürlich einen neugierigen Leser zu Jensen führen würde, aber ich habe nichts entdeckt Ich mag noch.

— Silverfish

@Dougal Dies ist eine dieser Situationen, in denen es zu einem kleinen Konflikt zwischen wunderbar einfachen Gegenbeispielen kommt - etwas, das sehr einfach zu berechnen ist, sodass jemand, der unter einem Missverständnis gearbeitet hat, sofort erkennen kann, dass es unmöglich oder falsch ist - und einer gründlicheren, allgemeineren Behandlung, die tatsächlich hilft Zeigen Sie, unter welchen Bedingungen etwas tatsächlich halten könnte (was jedoch für manche Leser zu schwierig und daher für sie weniger überzeugend sein kann). Das Wohnmobil auf

zeigt sogar Anfängern, warum

nicht so gut funktioniert wie

aber Jensen sagt viel mehr darüber, warum!

{1, 2}

$\{1,2\}$

E (1 / Y)

$E(1/Y)$

E (a Y + b)

$E(aY+b)$

— Silverfish

Ja, guter Punkt, obwohl ich neugierig bin, unter welchen Bedingungen diese (scheinbar natürliche) Beziehung bestehen kann, die ziemlich begrenzt zu sein scheint. Beachten Sie, dass ich in meinem obigen Kommentar die Bedingung falsch geschrieben habe: Es sollte natürlich

\frac{1}{\E Y} = \E \frac{1}{Y}

$\frac{1}{\E Y} = \E \frac{1}{Y}$

— Dougal

@Dougal Ich denke, über entartete Wohnmobile hinaus sind solche Beziehungen nicht so "natürlich", wie sie zuerst erscheinen. Angenommen, hat die gleiche Verteilung wie und hat die gleiche Verteilung wie , und alle drei sind unabhängig ... Auch dies gilt im Allgemeinen nicht.

Z

$Z$

X + Y

$X+Y$

Y

$Y$

Z - X

$Z-X$

— Silverfish