¿Cuál es la proporción de distribución uniforme y normal?

Deje que $X$ siga una distribución uniforme e $Y$ siga una distribución normal. ¿Qué se puede decir sobre $\frac X Y$ ¿ ? ¿Hay una distribución para ello?

Encontré que la razón de dos normales con media cero es Cauchy.

— rrpp
fuente

Por lo que vale, la distribución de

Y / X

$Y/X$ se llama distribución de barras . No sé si el recíproco tiene un nombre o una forma cerrada.

— David J. Harris

¡Y la clase más grande a la que ambos pertenecen parece ser distribuciones de razón !

— Nick Stauner

@ DavidJ.Harris Muy así; +1. He visto la barra utilizada varias veces en estudios de robustez. Quizás

X / Y

$X/Y$ , como barra invertida, debería llamarse " distribución de barra invertida ".

— Glen_b -Reinstalar Monica

@rrpp ¿Se refiere a un estándar

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

$Uniform(0,1)$ , o un general

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

$Uniform(a,b)$ ? Si es lo último, entonces necesitamos saber si

a > 0

$a>0$ ,

a < 0

$a<0$ etc.

— wolfies

Gracias a todos por sus respuestas o comentarios. @wolfies

tiene una media positiva

X

$X$

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

$Uniform(0,1)$

Y

$Y$

— rrpp

Respuestas:

Sea la variable aleatoria con pdf : $X \sim \text{Uniform}(a,b)$ $f(x)$

donde he asumido (esto anida el caso estándar ). [Se obtendrán resultados diferentes si dicho parámetro , pero el procedimiento es exactamente el mismo. ] $0<a<b$ $\text{Uniform}(0,1)$ $a<0$

Además, deje , y deje con pdf : $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$ $W=1/Y$ $g(w)$

Luego, buscamos el pdf del producto , digamos , que viene dado por: $V = X*W$ $h(v)$

donde estoy usando la función de mathStaticaTransformProduct para automatizar los detalles, y donde Erfdenota la función de error: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Todo listo.

Parcelas

Aquí hay dos parcelas del pdf:

Gráfico 1: , , ... y ... $\mu = 0$ $\sigma = 1$ $b = 3$ $a = 0, 1, 2$

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

Cheque Monte Carlo

$\mu = \frac12$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

$h(v)$

— lobos
fuente

$Z=\frac{X}{Y}$ $X\sim U[0,1]$ $Y \sim N(\mu,\sigma^2)$ $Z$

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

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

$Y>0$ $Y<0$ $Y>0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \le zY$ $Y<0$ $\frac{X}{Y}\le z\implies X \ge zY$

$-\infty<Z<\infty$ $z>0$ $z<0$

$z>0$ $(X,Y)$

Región de integración

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

$Y$

$Z$

\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}

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

La integral anterior se puede evaluar utilizando la siguiente secuencia de transformaciones:

$u=\frac{x}{z}$
$v=u-\mu$
$v$ $v$

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})]

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

$\Phi(x)$ $z<0$

Esta respuesta se puede verificar por simulación. El siguiente script en R realiza esta tarea.

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")

Aquí hay algunos gráficos para la verificación:

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

$z=0$

— Comp_Warrior
fuente

+1 Muy bien! Una derivación de principios básicos siempre es satisfactoria y los gráficos ayudan al lector a comprender al instante lo que está haciendo.

— Whuber

$Y$ $Y=\mathcal N(7,1)$ $\min(Y)>1$ $N\le1\rm M$ $Y<1$ $\frac X Y$ $Y<0$ set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
^runif

ingrese la descripción de la imagen aquí

— Nick Stauner
fuente

Las colas extremas están arruinando la densidad. La distribución es más bien como un Cauchy. (Por curiosidad, ¿por qué no usarlo runif? Parece más idiomático y también parece ser más rápido)

— Glen_b -Reinstalar Monica

¡Porque todavía no sé mucho sobre R, aparentemente! :) ¡Gracias por el consejo!

— Nick Stauner

sin preocupaciones. La diferencia en velocidad no es tan grande, pero con 10 ^ 7 elementos, suficiente para notar. Puede encontrar un histograma que vale la pena mirar ( hist(x,n=length(x),xlim=c(-10,10))) (aproximadamente el 96% de la distribución parece estar dentro de esos límites)

— Glen_b -Reinstate Monica

¡Guauu! Bastante seguro. ¡Hace que estas gráficas de densidad sean bastante engañosas, me temo! Lo editaré en ese histograma ...

— Nick Stauner

Ah, vale. Sin preocupaciones. Es posible que desee hacer nclass mucho más pequeño en ese caso. Creo que idealmente las barras deberían ser muy estrechas pero no solo líneas negras.

— Glen_b -Reinstalar Monica