Jaki jest stosunek rozkładu równomiernego i normalnego?

Niech podąża za rozkładem jednolitym, a za rozkładem normalnym. Co można powiedzieć o ? Czy istnieje dla tego dystrybucja?Y $X$$Y$$\frac X Y$

Stwierdziłem, że stosunek dwóch normalnych do średniej zero to Cauchy.

Niech zmienna losowa z pdf :f ( x $X \sim \text{Uniform}(a,b)$$f(x)$

gdzie założyłem (zagnieżdżone jest standardowe ). [Różne wyniki zostaną uzyskane, jeśli powie się parametr , ale procedura jest dokładnie taka sama. ]Jednolite ( 0 , 1 ) a < $0<a<b$$\text{Uniform}(0,1)$$a<0$

Następnie pozwól i niech z pdf :W = 1 / Y g ( w $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$$W=1/Y$$g(w)$

Następnie szukamy pdf produktu , powiedzmy , który podaje:h ( v $V = X*W$$h(v)$

gdzie m użyciu mathStatica jest TransformProductfunkcja zautomatyzować Nitty-gritties i gdzie Erfoznacza funkcję błędu: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Wszystko gotowe.

Działki

Oto dwie wykresy pdf:

• Wykres 1: , , ... i ...σ = 1 b = 3 a = 0 , 1 , $\mu = 0$$\sigma = 1$$b = 3$$a = 0, 1, 2$

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

Czek Monte Carlo

Oto szybkie sprawdzenie Monte Carlo w przypadku 2, aby upewnić się, że nie wystąpiły błędy: , , ,
$\mu = \frac12$$\sigma = 1$$a=0$$b = 1$

Niebieska linia to empiryczny pdf Monte Carlo, a czerwona linia przerywana to teoretyczny pdf powyżej. Wygląda w porządku :)$h(v)$

Można znaleźć rozkład podstawie pierwszych zasad, gdzie i . Rozważ funkcję skumulowanego prawdopodobieństwa :$Z=\frac{X}{Y}$$X\sim U[0,1]$$Y \sim N(\mu,\sigma^2)$$Z$

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

Rozważ dwa przypadki i . Jeśli , to . Podobnie, jeśli to .$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$

Teraz wiemy . Aby znaleźć powyższe prawdopodobieństwo, rozważ przypadki i .$-\infty<Z<\infty$$z>0$$z<0$

Jeśli , prawdopodobieństwo można wyrazić jako całkowanie rozkładu połączeń w pokazanym poniżej obszarze. (używając nierówności)$z>0$$(X,Y)$

Więc gdzie jest funkcją rozkładu .

$$F_Z(z) = \int_0^1 \int_{x/z}^\infty f_Y(y) dy dx + \int_0^1 \int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy dx$$ $f_Y(y)$$Y$

Znajdź funkcję rozkładu , różnicując powyższe. $Z$

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

Całka powyżej może być oceniona przy użyciu następującej sekwencji transformacji:

1. Niech$u=\frac{x}{z}$
2. Niech$v=u-\mu$
3. Podziel wynikową całkę na dwie całki, jedną z tylko w postaci wykładniczej, a drugą z pomnożoną przez wykładniczą.$v$$v$

Otrzymane całki można uprościć, uzyskując

$$f_Z(z) = \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\left[ \exp\left(\frac{-\mu^2}{2\sigma^2}\right)-\exp\left(\frac{-\left(\frac{1}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right) \right] + \mu \left[ \Phi\left(\frac{\frac{1}{z}-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(\frac{-\mu}{\sigma}\right) \right]$$

Tutaj jest funkcją skumulowanego rozkładu standardowej normy. Identyczny wynik uzyskano dla przypadku .z < $\Phi(x)$$z<0$

Ta odpowiedź może być zweryfikowana przez symulację. Poniższy skrypt w języku R wykonuje to zadanie.

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")

Oto kilka wykresów do weryfikacji:

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

Nieosiągnięcie teoretycznej odpowiedzi widoczne na wykresach wokół jest prawdopodobnie spowodowane ograniczonym zakresem. W przeciwnym razie teoretyczna odpowiedź wydaje się podążać za symulowaną gęstością.$z=0$

Oprócz odwrotności rozkładu ukośnika (lub „rozkładu odwrotnego ukośnika” @ Glen_b!), Pewnego rodzaju rozkładu proporcji, nie wiem też, jak to nazwać, ale zasymuluję jedną wersję w R.
Ponieważ podasz pozytywny średnia z , będziemy używać tak, że w większości próbek . Oczywiście istnieją inne możliwości. Na przykład każde rozszerzy zakres poza 1, a każde oczywiście rozszerzy go do wartości ujemnych. ^{(Zmniejsz rozmiar dla wolnych komputerów! Lub użyj, jeśli wiesz jak!)}$Y$$Y=\mathcal N(7,1)$N ≤ 1 M Y < 1 $\min(Y)>1$$N\le1\rm M$$Y<1$ T<$\frac X Y$$Y<0$set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
runif