Jak dodać dwie zależne zmienne losowe?

Wiem, że nie mogę użyć splotu. Mam dwie losowe zmienne A i B i są one zależne. Potrzebuję funkcji dystrybucyjnej A + B

random-variable non-independent Mesko
źródło

Jeśli A i B są zależne, wówczas wymagany jest łączny rozkład A i B, aby otrzymać rozkład A + B.

vinux

Nie rozumiem twojego pytania. Co wiesz i dlaczego nie możesz użyć splotu?

Xi'an

Wiem, że funkcja dystrybuująca A i B. f A i B to dwie niezależne, ciągłe zmienne losowe, wtedy mogę znaleźć rozkład Z = A + B, biorąc splot f (A) ig (B): h ( z) = (f ∗ g) (z) = ∫∞ − ∞f (A) g (z-B) dA Ale co mogę zrobić, jeśli nie są niezależni? Przepraszam, jeśli to głupie pytanie.

Mesko

To nie jest głupie pytanie Mesko, ale ludzie zwracają uwagę, że potrzebuje więcej informacji. Odpowiedź zależy od tego, w jaki sposób

nie są niezależne. Pełny opis tego podaje wspólna dystrybucja

, o co prosi vinux. Xi'an dokładniej sonduje, ale tak naprawdę szuka tego samego rodzaju informacji, aby pomóc ci robić postępy.

A

$A$

B

$B$

A

$A$

B

$B$

whuber

Odpowiedzi:

Jak wskazuje vinux, potrzebny jest wspólny rozkład i , a odpowiedź OP Mesko „Wiem, że funkcja dystrybuująca A i B” nie jest oczywista, że twierdzi, że zna wspólny rozkład A i B: może dobrze powiedzieć, że zna rozkład krańcowy A i B. Jednak zakładając, że Mesko zna rozkład łączny, odpowiedź jest podana poniżej. $A$ $B$

Z całki splotu w komentarzu OP Mesko (która, nawiasem mówiąc, jest błędna), można wywnioskować, że Mesko jest zainteresowany ciągłymi zmiennymi losowymi i ze wspólną funkcją gęstości prawdopodobieństwa . W takim przypadku $A$ $B$ $f_{A,B}(a,b)$ Gdyisą niezależne, funkcja gęstości złącza uwzględnia iloczyn funkcji gęstości brzeżnej:

f_{A + B} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{A, B} (a, z - a) d a = \int_{- \infty}^{\infty} f_{A, B} (z - b, b) d b .

$f_{A+B}(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{A,B}(a,z-a) \mathrm da = \int_{-\infty}^{\infty} f_{A,B}(z-b,b) \mathrm db.$

A

$A$

B

$B$

f_{A, B} (a, z - a) = f_{A} (a) f_{B} (z - a)

$f_{A,B}(a,z-a)=f_{A}(a)f_{B}(z-a)$ i otrzymujemy bardziej znaną formułę splotu dla niezależnych zmiennych losowych. Podobny wynik dotyczy również dyskretnych zmiennych losowych.

Sprawy są bardziej skomplikowane, jeśli i nie są razem ciągłe lub jeśli jedna zmienna losowa jest ciągła, a druga dyskretna. Jednakże, we wszystkich przypadkach, można zawsze znaleźć skumulowanego rozkładu prawdopodobieństwa z w stosunku do całkowitej masy prawdopodobieństwa w strefie płaszczyzny określonej jako $A$ $B$ $F_{A+B}(z)$ $A+B$ $\{(a,b) \colon a+b \leq z\}$ i obliczyć funkcję gęstości prawdopodobieństwa lub funkcję masy prawdopodobieństwa, lub cokolwiek, z funkcji rozkładu. W rzeczywistości powyższy wzór uzyskuje się, pisząc jako podwójną całkę funkcji gęstości złącza w określonym obszarze, a następnie „różnicując pod znakiem całki”. $F_{A+B}(z)$

Dilip Sarwate
źródło

Jest to związane z moim komentarzem i odpowiedzią na inne pytanie dotyczące wspólnych dystrybucji kilka dni temu.

Xi'an

Wcześniej nie wiem, czy to, co mówię, jest poprawne, ale utknąłem na tym samym problemie i próbowałem go rozwiązać w ten sposób:

f_{A, B} (a, b) = (a + b) H (a, b) H (- a + 1, - b + 1)

$f_{A,B}(a,b)=(a+b) H(a,b) H(-a+1,-b+1)$

f_{A, B} (a, b) = (a + b) (H (a) - H (a - 1)) (H (b) - H (b - 1))

$f_{A,B}(a,b)=(a+b)(H(a)-H(a-1))(H(b)-H(b-1))$

Oto wolframowa prezentacja połączenia: A

Obliczając całkę mam: B

Wydrukowano: C

f (z) = {\begin{matrix} z^{2} f o r 0 \leq z \leq 1 \\ 1 - (z - 1)^{2} f o r 1 \leq z \leq 2 \\ 0 o t h e r w i s e \end{matrix}

$f(z)=\left\{\begin{matrix} z^2 \qquad \qquad \; \quad for \quad 0\leq z \leq1\\ 1-(z-1)^2 \quad for \quad 1\leq z \leq 2 \\ 0 \qquad \quad \; otherwise \end{matrix}\right.$

R.Lac
źródło

Pytanie nie wydawało się wystarczająco szczegółowe na temat wspólnej dystrybucji, aby uzyskać odpowiedź. Jak wymyśliłeś jeden?

Michael R. Chernick

+1 za prawidłowe rozwiązanie rzekomego kontrprzykładu w odpowiedzi @ cdlg i wykazanie, że jeśli przeprowadzone poprawnie obliczenia dają poprawną odpowiedź, a nie błędne s skutkuje odpowiedzią cdlg. Nie mogę uwierzyć, że ta odpowiedź otrzymała dwa pozytywne głosy.

Dilip Sarwate