Qual é a proporção de distribuição uniforme e normal?

Seja uma distribuição uniforme e uma distribuição normal. O que pode ser dito sobre ? Existe uma distribuição para isso? $X$ $Y$ $\frac X Y$

Descobri que a proporção de dois normais com zero médio é Cauchy.

— rrpp
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Pelo que vale, a distribuição de é chamada de distribuição de barra . Não sei se o recíproco tem um nome ou um formulário fechado.

Y / X

$Y/X$

— David J. Harris

E a classe maior à qual ambos pertencem parece ser distribuições de proporção !

— Nick Stauner

@ DavidJ.Harris Bastante; +1. Eu já vi a barra usada algumas vezes em estudos de robustez. Talvez - como uma barra invertida - deva ser chamada de " distribuição de barra invertida ".

X / Y

$X/Y$

— Glen_b -Reinstala Monica 27/03

@rrpp Você está se referindo a um padrão ou geral ? Se o último, então precisamos saber se , etc. #

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

$Uniform(0,1)$

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

$Uniform(a,b)$

a > 0

$a>0$

a < 0

$a<0$

— wolfies

Obrigado a todos por suas respostas. @wolfies é e tem média positiva

X

$X$

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

$Uniform(0,1)$

Y

$Y$

— rrpp 27/03

Respostas:

Seja a variável aleatória com pdf : $X \sim \text{Uniform}(a,b)$ $f(x)$

onde assumi (isso aninha o caso padrão ). [Resultados diferentes serão obtidos se o parâmetro , mas o procedimento for exatamente o mesmo. ] $0<a<b$ $\text{Uniform}(0,1)$ $a<0$

Além disso, seja e seja com pdf : $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$ $W=1/Y$ $g(w)$

Em seguida, buscamos o pdf do produto , digamos , que é dado por: $V = X*W$ $h(v)$

onde estou usando a função mathStaticaTransformProduct para automatizar os ângulos e onde Erfdenota a função Erro: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Tudo feito.

Parcelas

Aqui estão duas parcelas do pdf:

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

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

Cheque Monte Carlo

Aqui está uma rápida verificação de Monte Carlo do caso Plot 2, apenas para garantir que nenhum erro ocorra:
,,, $\mu = \frac12$ $\sigma = 1$ $a=0$ $b = 1$

A linha azul é o pdf empírico de Monte Carlo, e a linha tracejada vermelha é o pdf teórico acima. Parece bem :) $h(v)$

— wolfies
fonte

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

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

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

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

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

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

Região de Integração

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}

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

A integral acima pode ser avaliada usando a seguinte sequência de transformações:

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

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 resposta pode ser verificada por simulação. O script a seguir em R executa esta tarefa.

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")

Aqui estão alguns gráficos para verificação:

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

$z=0$

— Comp_Warrior
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+1 Muito bom! Uma derivação dos princípios básicos é sempre satisfatória e os gráficos ajudam o leitor a apreender instantaneamente o que você está fazendo.

— 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

insira a descrição da imagem aqui

— Nick Stauner
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as caudas extremas estão destruindo a densidade. A distribuição é como um Cauchy. (Por curiosidade, por que não usar runif? Parece mais idiomático e também parece ser mais rápido)

— Glen_b -Reinstata Monica 27/03

Porque eu ainda não sei muito sobre R, aparentemente! :) Obrigado pela dica!

— Nick Stauner

não se preocupe. A diferença de velocidade não é tão grande, mas com 10 ^ 7 elementos, o suficiente para notar. Você pode encontrar um valor de histograma olhando ( hist(x,n=length(x),xlim=c(-10,10))) (cerca de 96% da distribuição parece estar dentro desses limites)

— Glen_b -Reinstate Monica

Uau! Com certeza. Isso torna essas parcelas de densidade bastante enganosas! Vou editar em que histograma ...

— Nick Stauner

Ah, tudo bem. Não se preocupe. Você pode tornar a nclass muito menor nesse caso. Eu acho que idealmente as barras devem ser muito estreitas, mas não apenas linhas pretas.

— Glen_b -Reinstala Monica 27/03