Se X / Y tem a mesma distribuição que Z, é verdade que X tem a mesma distribuição que YZ?

Sejam X, Y e Z três variáveis aleatórias independentes. Se X / Y tem a mesma distribuição que Z, é verdade que X tem a mesma distribuição que YZ?

probability ratio

— user2808118
fonte

Não. Considere o caso de e serem padrão normal e uma variável aleatória padrão Cauchy (com os três sendo independentes conforme a premissa da pergunta). É sabido que tem uma distribuição Cauchy padrão (a mesma que a de ), mas não possui uma distribuição normal padrão (já que não existe). Portanto, você precisa de restrições adicionais em (cf. resposta de Silverfish) para ter alguma esperança de encontrar exemplos onde o resultado possa ser válido.

X

$X$

Y

$Y$

Z

$Z$

X / Y

$X/Y$

Z

$Z$

Y Z

$YZ$

E [Y Z]

$E[YZ]$

X, Y, Z

$X, Y, Z$

— precisa saber é o seguinte

@Dilip Eu considerei usar isso como meu contra-exemplo, mas evitei isso porque não consegui pensar em uma breve explicação de por que não existe. Se você tem um argumento interessante, deve postá-lo como uma resposta, eu acho. (Como você provavelmente pode dizer, eu deliberadamente evitado zeros e infinitos na minha resposta, então eu estava muito interessado em evitar algo que nem sequer é infinita!)

E [Y Z]

$E[YZ]$

— Silverfish

@Dilip Como é Cauchy, então não existe, me parece que a condição não é cumprida e a declaração não diz nada sobre . Para comparação: se é Cauchy e tem a distribuição degenerada , parece que existe (e é igual a zero), embora não exista .

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]

$E[Z]$

— quer

Um dos contra-exemplos possíveis mais simples e talvez mais intuitivos é permitir que e sejam qualquer distribuição com alguma chance de não estar em (desde são os pontos fixos de e e são problemáticos na definição de em qualquer evento). Então obviamente não é constante enquanto é.

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

$YZ$

X

$X$

— whuber

@ Silverfish é definido apenas se for finito. Mas, desdeesão variáveis aleatórias independentes. Mas, como não é finito e , concluímos que não é finito (não há problemas sobre o valor de ). Consequentemente, não está definido (ou não existe), enquanto definitivamente existe e tem o valor .

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 |

$|Z|$

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

$0$

— usar o seguinte código

Pode acontecer. Por exemplo, se , e são variáveis independentes de Rademacher , ou seja, elas podem ser 1 ou -1 com igual probabilidade. Neste caso, é também Rademacher, por isso tem a mesma distribuição que , enquanto que é Rademacher por isso tem a mesma distribuição que . $X$ $Y$ $Z$ $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

Mas isso não vai acontecer em geral. Enquanto existirem os meios, as condições necessárias (mas não suficientes) para ter a mesma distribuição que e ter a mesma distribuição que seriam: $X/Y$ $Z$ $YZ$ $X$

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)

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

As segundas igualidades seguidas pela independência. A substituição fornece:

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

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

Se então ou equivalente, desde que , $\mathbb{E}(Z) \neq 0$ $1 = \mathbb{E}(Y) \mathbb{E}(Y^{-1})$ $\mathbb{E}(Y) \neq 0$

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

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

Isso não é verdade em geral. Por exemplo, seja uma variável de Bernouilli traduzida que aceite os valores ou com igual probabilidade, então . Então recebe os valores ou com igual probabilidade, então . (Deixo para a imaginação do leitor, como seria dramático um efeito que ele teria para usar uma tradução não traduzida $Y$ $1$ $2$ $\mathbb{E}(Y)=1.5$ $Y^{-1}$ $1$ $0.5$ $\mathbb{E}(Y^{-1})=0.75 \neq 1.5^{-1}$ Em vez disso, a variável Bernouilli, ou uma traduzida apenas levemente, é muito próxima de 0 com probabilidade metade. Observe que no exemplo de Rademacher não havia nenhum problema aqui, porque todas as três expectativas eram zero; observe ainda que essa condição não é suficiente.)

Podemos explorar como esse falha, construindo um contra-exemplo mais explícito. Para simplificar, suponha que seja um Bernouilli escalado e aceite valores ou com igual probabilidade. Então é , , ou com igual probabilidade. É claro que , e . Seja uma variável independente desenhada da mesma distribuição. Qual é a distribuição do ? É o mesmo que a distribuição de $Y$ $X$ $0$ $2$ $X/Y$ $0/1$ $0/2$ $2/1$ $2/2$ $P(X/Y=0)=\frac{1}{2}$ $P(X/Y=1)=\frac{1}{4}$ $P(X/Y=2)=\frac{1}{4}$ $Z$ $YZ$ $X$ ? Nem precisamos elaborar a distribuição de probabilidade completa para ver que não pode ser; basta lembrar que só pode ser zero ou dois, enquanto pode assumir qualquer valor que você pode obter ao multiplicar um de por um de . $X$ $YZ$ $\{1,2\}$ $\{0,1,2\}$

Se você quer uma moral para esse conto, tente brincar com variáveis de Bernouilli dimensionadas e traduzidas (que incluem variáveis de Rademacher). Eles podem ser uma maneira simples de construir exemplos - e contra-exemplos. Ajuda a ter menos valores nos suportes, para que distribuições de várias funções das variáveis possam ser facilmente executadas manualmente.

Ainda mais extremo, podemos considerar variáveis degeneradas que têm apenas um valor único em seu suporte. Se e são degenerados (com ), então será também, e de modo que a distribuição de vai coincidir com o valor de . Como meu exemplo da Rademacher, essa é uma situação que mostra que suas condições podem ser satisfeitas. Se, em vez disso, como @whuber sugere nos comentários, deixamos degenerar com , mas permitimos que varie, então é muito fácil construir um contra-exemplo ainda mais simples. Se puder assumir dois valores finitos diferentes de zero - e $X$ $Y$ $Y\neq 0$ $Z=X/Y$ $YZ$ $Z$ $X$ $P(X=1)$ $Y$ $Y$ $a$ $b$ , digamos - com probabilidade positiva, então e, portanto , , podem assumir os valores e . Agora , portanto, tem em seu apoio, por isso não pode seguir a mesma distribuição que . Isso é semelhante, mas mais simples que, ao meu argumento de que os suportes não poderiam corresponder no meu contra-exemplo original. $X/Y$ $Z$ $a^{-1}$ $b^{-1}$ $YZ$ $ab^{-1} \neq 1$ $X$

— Silverfish
fonte

$\newcommand\E{\mathbb{E}}$ Suponha que . Então, como é uma função convexa em , a desigualdade de Jensen nos diz que a condição é válida apenas se for degenerado. O mesmo acontece se , caso em que 1 / x é côncavo. Portanto, se é de sinal fixo, mas não degenerado, a condição necessária não pode ser mantida.

Pr (Y > 0) = 1

$\Pr(Y > 0) = 1$

1 / x

$1/x$

(0, \infty)

$(0, \infty)$

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 15/01

@ Dougal Obrigado por mencionar isso. Ao escrever, pensei em incluí-lo, mas senti que a discussão de sinais etc. interromperia o fluxo. Pensei em apenas dizer "veja a desigualdade de Jensen" e adicionar um Wikipedia ou link similar, mas depois decidi que não era uma boa ideia, porque não a antecedia pelas condições de convexidade que tentava evitar. Em vez disso, observei se há algum lugar (talvez um encadeamento CV) em que a expectativa de funções não lineares de um RV seja discutida em geral, o que naturalmente levaria um leitor curioso a Jensen, mas não vi nada Eu gosto ainda

— Silverfish

@Dougal Este é um daqueles momentos em que há um pouco de conflito entre contra-exemplos maravilhosamente simples - algo muito facilmente calculado, para que alguém que trabalhou sob uma má compreensão possa ver imediatamente que seja impossível ou incorreto - e um tratamento geral mais completo que realmente ajude mostre sob quais condições algo pode realmente se manter (mas que pode ser muito difícil para alguns leitores seguirem e, portanto, menos convincente para eles). O RV em mostra até mesmo um iniciante porque não funciona tão bem quanto mas Jensen diz muito mais sobre o porquê!

{1, 2}

$\{1,2\}$

E (1 / Y)

$E(1/Y)$

E (a Y + b)

$E(aY+b)$

— Silverfish

Sim, bom ponto, embora eu esteja curioso sobre as condições em que essa relação (aparentemente natural) pode se manter, o que parece ser bastante limitado. Observe que no meu comentário acima, eu escrevi incorretamente a condição: é claro que deveria ser .

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

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

— Dougal 15/01

@Dougal Eu acho que além dos RVs degenerados, esses relacionamentos não são tão "naturais" quanto parecem. Considere que tem a mesma distribuição que e tem a mesma distribuição que , e todos os três são independentes ... Novamente, isso não ocorre em geral.

Z

$Z$

X + Y

$X+Y$

Y

$Y$

Z - X

$Z-X$

— quer