Construindo um rv discreto tendo como suporte todos os racionais em

Esta é a sequela construtivista desta questão .

Se não pudermos ter uma variável aleatória uniforme e discreta tendo como suporte todos os racionais no intervalo $[0,1]$ , a próxima melhor coisa é:

Construa uma variável aleatória $Q$ que possua esse suporte, $Q\in \mathbb{Q}\cap[0,1]$ , e que siga alguma distribuição. E o artesão em mim exige que essa variável aleatória seja construída a partir de distribuições existentes, em vez de criada definindo abstratamente o que desejamos obter.

Então, eu vim com o seguinte:

Seja $X$ uma variável aleatória discreta, seguindo a Variante de distribuição geométrica II com o parâmetro $0<p<1$ , a saber

Seja também $Y$ uma variável aleatória discreta, seguindo a Variante de distribuição geométrica I com parâmetro idêntico $p$ , a saber

$X$ e$Y$ são independentes. Defina agora a variável aleatória

e considere a distribuição condicional

Em palavras frouxas " condicional $Q$é a razão de $X$ sobre $Y$ condicional em $X$ sendo menor ou igual a $Y$ ". O suporte desta distribuição é condicional .$\{0,1,1/2,1/3,...,1/k,1/(k+1),...,2/3,2/4,...\} = \mathbb{Q}\cap[0,1]$

A "pergunta" é: alguém pode fornecer a função de massa de probabilidade condicional associada?

Um comentário perguntou "deve ser fechado"? Como o que constitui uma forma fechada hoje em dia não é tão claro, deixe-me colocar desta maneira: estamos procurando uma forma funcional na qual possamos inserir um número racional de e obter a probabilidade (para alguns valor especificado do parâmetro p, é claro), levando a um gráfico indicativo do pmf. E então varie p para ver como o gráfico muda.$[0,1]$$p$$p$

Se ajudar, podemos abrir um ou os dois limites do suporte, embora essas variantes nos privem da capacidade de representar graficamente os valores superiores e / ou inferiores do pmf . Além disso, se abrirmos o limite superior, devemos considerar o evento de condicionamento .$\{X<Y\}$

Como alternativa, também dou boas-vindas a outros RVs que têm esse suporte, desde que eles se juntem ao seu pmf .

Eu usei a distribuição geométrica porque ela prontamente disponível duas variantes com o que não inclui zero no suporte (para que a divisão por zero é evitada). Obviamente, pode-se usar outros RVs discretos, usando algum truncamento.

Certamente colocarei uma recompensa nessa questão, mas o sistema não permite isso imediatamente.

Considere a distribuição discreta com suporte no conjunto com massas de probabilidade{ ( p , q $F$$\{(p,q)\,|\, q \ge p \ge 1\}\subset \mathbb{N}^2$

Isso é facilmente resumido (todas as séries envolvidas são geométricas) para demonstrar que realmente é uma distribuição (a probabilidade total é de unidade).

Para qualquer número diferente de zero racional deixar ser sua representação em termos mais baixo: isto é, e .a / b = x b > 0 gcd ( a , b ) = $x$$a/b=x$$b\gt 0$$\gcd(a,b)=1$

G [ 0 , 1 ] ∩ $F$ induz uma distribuição discreta em através das regras$G$$[0,1]\cap \mathbb{Q}$

(e ). Todo número racional em tem probabilidade diferente de zero. (Se você precisar incluir entre os valores com probabilidade positiva, retire parte da probabilidade de outro número - como e atribua-o a ).( 0 , 1 ] 0 1 $G(0)=0$$(0,1]$$0$$1$$0$

Para entender essa construção, veja esta representação de :$F$

p , q F p / q p q 0 1 L L L ( 1 ) 1 F ( 1 , 1 ) + F ( 2 , 2 ) + F ( 3 , 3 ) + ⋯ 3 / 8 + 3 / 32 + 3 / 128 + ⋯ = 1 /$F$ fornece massas de probabilidade em todos os pontos com coordenadas integrais positivas. Os valores de são representados pelas áreas coloridas dos símbolos circulares. As linhas têm declives para todas as combinações possíveis de coordenadas e que aparecem na trama. Eles são coloridos da mesma maneira que os símbolos circulares: de acordo com suas inclinações. Assim, a inclinação (que claramente varia de a ) e a cor correspondem ao argumento de e os valores de são obtidos somando as áreas de todos os círculos em cada linha. Por exemplo,$p,q$$F$$p/q$$p$$q$$0$$1$$G$$G$$G(1)$é obtido pela soma das áreas de todos os círculos (vermelhos) ao longo da diagonal principal da inclinação , dados por = .$1$$F(1,1)+F(2,2)+F(3,3)+\cdots$$3/8 + 3/32 + 3/128 + \cdots = 1/2$

Esta figura mostra uma aproximação a obtida pela limitação de : plota seus valores em números racionais que variam de a . As maiores massas de probabilidade são .$G$$q\le 100$$3044$$1/100$$1$$\frac{1}{2},\frac{3}{14},\frac{1}{10},\frac{3}{62},\frac{3}{62},\frac{1}{42},\ldots$

Aqui está o CDF completo de (preciso para a resolução da imagem). Os seis números listados anteriormente fornecem os tamanhos dos saltos visíveis, mas todas as partes do CDF consistem em saltos, sem exceção:$G$

Vou juntar meus comentários e publicá-los como resposta apenas para maior clareza. Espero que você não fique muito satisfeito, no entanto, pois tudo o que faço é reduzir o seu problema para outro problema.

Minha anotação:

é um RV cujo suporte é Q ∩ [ 0 , 1 ] - meu Q nãoéigual ao Q que o OP constrói a partir de seu$Q$$\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$$Q$$Q$ . Vamos definir esseQusandoYef, que apresento abaixo.$\frac{X}{Y}$$Q$$Y$$f$

é qualquer RV cujo suporte é N ≡ { 1 , 2 , … } - o Y dado pelo OP funcionaria, por exemplo.$Y$$\mathbb{N}\equiv\left\{1, 2, \ldots\right\}$$Y$

é qualquer correspondência um a um f : N → Q ∩ [ 0 , 1 ] e f - 1 é o seu inverso. Nós sabemos que estes existem.$f$$f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$$f^{-1}$

Agora, afirmo que posso reduzir seu problema apenas para encontrar um e seu f - 1 :$f$$f^{-1}$

Apenas deixe e pronto. O PMF de Q é Pr [ Q = q ] = Pr [ Y = f - 1 ( q ) ] .$Q=f\left(Y\right)$$Q$$\Pr[Q =q] = \Pr[Y = f^{-1}(q)]$

Editar:

Aqui está uma função g que desempenha o papel de , apesar de não ser uma correspondência individual (por causa de duplicatas):$f$

g <- function(y) {
    y <- as.integer(y)
    stopifnot(y >= 1)
    b <- 0
    a <- 0
    for (unused_index in seq(1, y)) {
        if (a >= b) {
            b <- b+1
            a <- 0
        } else {
            a <- a+1
        }
    }
    return(sprintf("q = %s / %s", a, b))
    ## return(a / b)
}