Variável aleatória uniforme como soma de duas variáveis ​​aleatórias

Retirado de Grimmet e Stirzaker :

Mostre que não pode ser o caso de $U=X+Y$ que é uniformemente distribuído em [0,1] e e são independentes e distribuídos de forma idêntica. Você não deve assumir que X e Y são variáveis ​​contínuas.$U$$X$$Y$

Uma prova simples por contradição é suficiente para o caso em que , são assumidos discretos, argumentando que sempre é possível encontrar um$X$$Y$$u$ e$u'$ tais que$P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$ enquanto$P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$ .

No entanto, essa prova não se estende a $X,Y$ sendo Y absolutamente contínuo ou contínuo singular. Dicas / Comentários / Crítica?

O resultado pode ser comprovado com uma imagem: as áreas cinzentas visíveis mostram que uma distribuição uniforme não pode ser decomposta como uma soma de duas variáveis ​​independentes identicamente distribuídas.

Notação

Seja X e Y iid de tal forma que X + Y tenha uma distribuição uniforme em [ 0 , 1 ] . Isso significa que, para todos os 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 ,$X$$Y$$X+Y$$[0,1]$$0\le a \le b \le 1$

O suporte essencial da distribuição comum de X e Y é, portanto, [ 0 , 1 / 2 ] (para de outro modo haveria a probabilidade positivo que X + Y está fora [ 0 , 1 ] ).$X$$Y$$[0,1/2]$$X+Y$$[0,1]$

A imagem

Vamos 0 < ε < 1 / 4 . Contemple este diagrama mostrando como somas de variáveis ​​aleatórias são calculadas:$0 \lt \epsilon \lt 1/4$

A distribuição de probabilidade subjacente é a distribuição conjunta de ( X , Y ) . A probabilidade de qualquer evento a < X + Y ≤ b é dada pela probabilidade total coberta pela banda diagonal que se estende entre as linhas x + y = a e x + y = b . Três dessas bandas são mostradas: de 0 a ϵ , aparecendo como um pequeno triângulo azul no canto inferior esquerdo; a partir de 1 / 2 - ε a 1 /$(X,Y)$$a \lt X+Y \le b$$x+y=a$$x+y=b$$0$$\epsilon$$1/2-\epsilon$+ ϵ , mostrado como um retângulo cinza com dois triângulos (amarelo e verde); e de 1 - ϵ a 1 , aparecendo como um pequeno triângulo vermelho no canto superior direito.$1/2+\epsilon$$1-\epsilon$$1$

O que a imagem mostra

Ao comparar o triângulo inferior esquerdo na figura ao quadrado inferior esquerdo que o contém e explorar a suposição iid para X e Y , fica claro que$X$$Y$

Observe que a desigualdade é estrita: a igualdade não é possível porque há alguma probabilidade positiva de que X e Y sejam menores que ϵ, mas, no entanto, X + Y > ϵ .$X$$Y$$\epsilon$$X+Y \gt \epsilon$

Da mesma forma, comparando o triângulo vermelho ao quadrado no canto superior direito,

Por fim, comparar os dois triângulos opostos na parte superior esquerda e na parte inferior direita da banda diagonal que os contém gera outra desigualdade estrita,

Os primeiros Ensues desigualdade das duas anteriores (tomar as suas raízes quadradas e multiplicá-las), enquanto o segundo descreve a inclusão (rigoroso) dos triângulos dentro da banda e a última igualdade expressa a uniformidade de X + Y . A conclusão de que 2 ϵ < 2 ϵ é a contradição que prova que tais X e Y não podem existir, QED .$X+Y$$2\epsilon \lt 2\epsilon$$X$$Y$

Tentei encontrar uma prova sem considerar as funções características. Excesso de curtose faz o truque. Aqui está a resposta de duas linhas: Kurt ( U ) = Kurt ( X + Y ) = Kurt ( X ) / 2, pois X e Y são iid. Então Kurt ( U ) = - 1,2 implica Kurt ( X ) = - 2,4, o que é uma contradição como Kurt ( X $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$$X$$Y$$\text{Kurt}(U) = -1.2$$\text{Kurt}(X) = -2.4$≥ - 2 para qualquer variável aleatória.$\text{Kurt}(X) \geq -2$

Mais interessante é a linha de raciocínio que me levou a esse ponto. X (e Y ) deve ser delimitado entre 0 e 0,5 - isso é óbvio, mas útil significa que seus momentos e momentos centrais existem. Vamos começar considerando a média e a variância: E ( U ) = 0,5 e Var ( U ) = $X$$Y$$\mathbb{E}(U)=0.5$12 . SeXeYsão distribuídos de forma idêntica, temos:$\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$$X$$Y$

Então E ( X ) = 0,25 . Para a variação, precisamos adicionalmente usar independência para aplicar:$\mathbb{E}(X) = 0.25$

Portanto, Var ( X ) = 124 eσX=$\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$2 √6 ×0,204. Uau! Isso é muita variação para uma variável aleatória cujo suporte varia de 0 a 0,5. Mas deveríamos ter esperado isso, já que o desvio padrão não vai escalar da mesma maneira que a média.$\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$

Agora, qual é o maior desvio padrão que uma variável aleatória pode ter se o menor valor que ela puder receber for 0, o maior valor que ela puder receber for 0,5 e a média for 0,25? A coleta de toda a probabilidade em duas massas pontuais nos extremos, distante 0,25 da média, daria claramente um desvio padrão de 0,25. Portanto, nosso σ X é grande, mas não impossível. (Eu esperava mostrar que isso implicava muita probabilidade nas caudas para que X + Y fosse uniforme, mas não consegui chegar a lugar nenhum com isso na parte de trás de um envelope.)$\sigma_X$$X + Y$

Second moment considerations almost put an impossible constraint on $X$ so let's consider higher moments. What about Pearson's moment coefficient of skewness, $\gamma_1 = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^3}{\sigma_X^3} = \frac{\kappa_3}{\kappa_2^{3/2}}$? This exists since the central moments exist and $\sigma_X \neq 0$. It is helpful to know some properties of the cumulants, in particular applying independence and then identical distribution gives:

This additivity property is precisely the generalisation of how we dealt with the mean and variance above - indeed, the first and second cumulants are just $\kappa_1 = \mu$ and $\kappa_2 = \sigma^2$.

Then $\kappa_3(U) = 2\kappa_3(X)$ and $\big(\kappa_2(U)\big)^{3/2} = \big(2\kappa_2(X)\big)^{3/2} = 2^{3/2} \big(\kappa_2(X)\big)^{3/2}$. The fraction for $\gamma_1$ cancels to yield $\text{Skew}(U) = \text{Skew}(X + Y) = \text{Skew}(X) / \sqrt{2}$. Since the uniform distribution has zero skewness, so does $X$, but I can't see how a contradiction arises from this restriction.

So instead, let's try the excess kurtosis, $\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{\kappa_2^2} = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^4}{\sigma_X^4} - 3$. By a similar argument (this question is self-study, so try it!), we can show this exists and obeys:

The uniform distribution has excess kurtosis $-1.2$ so we require $X$ to have excess kurtosis $-2.4$. But the smallest possible excess kurtosis is $-2$, which is achieved by the $\text{Binomial}(1, \frac{1}{2})$ Bernoulli distribution.