দুটি র্যান্ডম ভেরিয়েবলের যোগফল হিসাবে অভিন্ন র্যান্ডম ভেরিয়েবল

Question

গ্রিমেট এবং স্ট্রাইজার থেকে নেওয়া :

দেখান যে এটির ক্ষেত্রে ইউ = এক্স + ওয়াই হতে পারে না $U=X+Y$যেখানে $U$ অভিন্নভাবে বিতরণ করা হয় [0,1] এবং $X$ এবং $Y$ স্বতন্ত্র এবং অভিন্নভাবে বিতরণ করা হয়। আপনার ধরে নেওয়া উচিত নয় যে এক্স এবং ওয়াই অবিচ্ছিন্ন পরিবর্তনশীল।

কেস যেখানে জন্য অসঙ্গতি যথেষ্ট দ্বারা একটি সহজ প্রমাণ $X$ , $Y$ এটি সবসময় সম্ভব একটি এটি তর্ক দ্বারা বিযুক্ত অধিকৃত হয় $u$ এবং $u'$ যেমন যে $P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$ করার সময় $P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$ ।

তবে এই প্রমাণটি এক্স পর্যন্ত প্রসারিত হয় না , $X,Y$ একেবারে অবিচ্ছিন্ন বা একক অবিচ্ছিন্ন। সংকেতগুলি / মন্তব্য / সমালোচনা?

Comments

ইঙ্গিত : বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশনগুলি আপনার বন্ধু।

— কার্ডিনাল

এক্স এবং ওয়াই আইড তাই তাদের বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশনগুলি অভিন্ন হতে হবে। আপনাকে মুহুর্তটি তৈরির মুহুর্তের না হয়ে বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশনটি ব্যবহার করতে হবে - এক্সের জন্য মিলিগ্রামের অস্তিত্বের গ্যারান্টি নেই, সুতরাং এমজিএফএফ একটি অসম্ভব সম্পত্তি রয়েছে এর অর্থ এই নয় যে এই জাতীয় কোনও এক্স নেই। সমস্ত আরভিতে একটি বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশন রয়েছে, সুতরাং যদি আপনি এটি দেখান যে একটি অসম্ভব সম্পত্তি রয়েছে তবে এর মতো কোনও এক্স নেই

— সিলভারফিশ

যদি $X$ এবং ওয়াইয়ের বিতরণে $Y$কোনও পরমাণু থাকে তবে বলুন যে $P\{X=a\}=P\{Y=a\} = b > 0$ , তারপর $P\{X+Y=2a\} \geq b^2 > 0$ এবং তাই এক্স + Y [ 0 , 1 $X+Y$ অভিন্ন বিতরণ করা যায় না$[0,1]$। সুতরাং, $X$ এবং $Y$ পরমাণু রয়েছে এমন বিতরণের ক্ষেত্রে বিবেচনা করা অপ্রয়োজনীয় ।

— দিলীপ সরোতে

Answer 1

ফলাফলটি একটি চিত্রের সাথে প্রমাণিত হতে পারে: দৃশ্যমান ধূসর অঞ্চলগুলি দেখায় যে দুটি অভিন্ন বিতরণটি দুটি স্বতন্ত্ররূপে বিতরণ করা ভেরিয়েবলের যোগ হিসাবে পচে যেতে পারে না।

স্বরলিপি

যাক $X$ এবং $Y$ IID যেমন যে হতে $X+Y$ উপর একটি অভিন্ন ডিস্ট্রিবিউশন আছে $[0,1]$ । এর অর্থ হ'ল সকল$0\le a \le b \le 1$ ,

$$\Pr(a < X+Y \le b) = b-a.$$

The essential support of the common distribution of $X$ and $Y$ therefore is $[0,1/2]$ (for otherwise there would be positive probability that $X+Y$ lies outside $[0,1]$).

The Picture

Let $0 \lt \epsilon \lt 1/4$. Contemplate this diagram showing how sums of random variables are computed:

অন্তর্নিহিত সম্ভাব্যতা বিতরণ ( এক্স , ওয়াই ) এর জন্য যৌথ এক । কোনো ইভেন্টের সম্ভাব্যতা একটি < এক্স + + ওয়াই ≤ খ মোট সম্ভাব্যতা তির্যক ব্যান্ড লাইনের মধ্যে প্রসারিত দ্বারা আচ্ছাদিত দেওয়া হয় এক্স + + Y = একটি এবং এক্স + + Y = খ । এই জাতীয় তিনটি ব্যান্ড দেখানো হয়েছে: 0 থেকে ϵ পর্যন্ত , নীচের বামে একটি ছোট নীল ত্রিভুজ হিসাবে প্রদর্শিত হবে; থেকে 1 / 2 - ε থেকে 1 /$(X,Y)$$a \lt X+Y \le b$$x+y=a$$x+y=b$$0$$\epsilon$$1/2-\epsilon$$1/2+\epsilon$ , দুটি (হলুদ এবং সবুজ) ত্রিভুজ দ্বারা আবদ্ধ ধূসর আয়তক্ষেত্র হিসাবে দেখানো; এবং 1 - ϵ থেকে 1 পর্যন্ত , উপরের ডানদিকে একটি ছোট লাল ত্রিভুজ হিসাবে উপস্থিত হবে।$1-\epsilon$$1$

চিত্র কী দেখায়

চিত্রের নীচের বাম ত্রিভুজটি তুলনামূলকভাবে এটিতে নীচের বাম বর্গক্ষেত্রের সাথে তুলনা করে এবং এক্স এবং ওয়াইয়ের জন্য আইআইডি অনুমানকে কাজে লাগিয়ে , এটি স্পষ্ট যে$X$$Y$

$$\epsilon = \Pr(X+Y \le \epsilon) \lt \Pr(X \le \epsilon)\Pr(Y \le \epsilon) = \Pr(X \le \epsilon)^2.$$

নোট বৈষম্য কঠোর যে: কিছু ইতিবাচক সম্ভাবনা উভয় না থাকায় সমতা সম্ভব নয় এক্স এবং ওয়াই কম ε কিন্তু তা সত্ত্বেও এক্স + + ওয়াই > ε ।$X$$Y$$\epsilon$$X+Y \gt \epsilon$

একইভাবে, উপরের ডানদিকে কোণায় লাল ত্রিভুজটির তুলনা করা,

$$\epsilon = \Pr(X+Y \gt 1-\epsilon) \lt \Pr(X \gt 1/2-\epsilon)^2.$$

পরিশেষে, উপরের বাম এবং নীচের ডানদিকে বিভক্ত দুটি ত্রিভুজগুলির সাথে এটিযুক্ত ত্রিভুজগুলির তুলনা করা আরও একটি কঠোর বৈষম্য দেয়,

$$2\epsilon \lt 2 \Pr(X\le \epsilon)\Pr(X \gt 1/2-\epsilon) \lt \Pr(1/2-\epsilon \lt X+Y \le 1/2+\epsilon) = 2\epsilon.$$

প্রথম বৈষম্য পূর্ববর্তী দুটি থেকে উদ্ভূত হয়েছে (তাদের বর্গাকার শিকড়গুলি নিয়ে গুন করুন) এবং দ্বিতীয়টি ব্যান্ডের মধ্যে ত্রিভুজগুলির (কঠোর) অন্তর্ভুক্তির বর্ণনা দেয় এবং শেষ সমতাটি এক্স + ওয়াইয়ের সমতা প্রকাশ করে । উপসংহার 2 ε < 2 ε অসঙ্গতি যেমন প্রতিপাদন হয় এক্স এবং ওয়াই উপস্থিত হতে পারে না, Qed ।$X+Y$$2\epsilon \lt 2\epsilon$$X$$Y$

Comments

(+1) আমি এই পদ্ধতির পছন্দ করি। আবর্জনার ঝুড়ি থেকে আমার পিছনের একটি খামটি পুনরুদ্ধার করতে দেখতে পাচ্ছি আমি একই চিত্রটি আঁকলাম, ব্যান্ডের ভিতরে হলুদ এবং সবুজ ত্রিভুজগুলিতে চিহ্ন না রেখেই। আমি নীল এবং লাল ত্রিভুজগুলির জন্য বৈষম্যগুলি পেয়েছি। আমি তাদের সাথে এবং আরও কয়েকটি সম্ভাবনার সাথে খেলেছি, তবে স্ট্রিপের সম্ভাব্যতাটি তদন্ত করার চিন্তা করি নি, যা সমালোচনামূলক পদক্ষেপ হিসাবে পরিণত হয়। আমি ভাবছি কি চিন্তা প্রক্রিয়া এই অন্তর্দৃষ্টি অনুপ্রেরণা থাকতে পারে?

— সিলভারফিশ

আসলে, যেখানে @ হুবারের হলুদ এবং সবুজ ত্রিভুজ রয়েছে, আমি স্কোয়ারগুলিতে আঁকলাম (আমি কার্যকরভাবে গ্রিডে [ 0 , 0.5 ] 2 পচে গিয়েছি )। ধাপ যা, "ব্যান্ড মধ্যে ত্রিভুজ এর (প্রখর) অন্তর্ভুক্তি বর্ণনা" এ খুঁজছি 2 Pr ( এক্স ≤ ε ) Pr ( এক্স > 1 / 2 - ε ) < Pr ( 1 / 2 - ε < এক্স + + ওয়াই ≤ 1 / 2 + + ε $[0, 0.5]^2$$2 \Pr(X\le \epsilon)\Pr(X \gt 1/2-\epsilon) \lt \Pr(1/2-\epsilon \lt X+Y \le 1/2+\epsilon)$, I wonder whether this would actually be geometrically more natural with squares capping the band than triangles?

— Silverfish

@ সিলভার আমাকে কয়েক বছর আগে পোস্ট করেছিলেন ইউনিফর্ম বিতরণের পরিমাণের বিশ্লেষণ মনে করিয়ে দেয় । এটি জ্যামিতিকভাবে X + Y যোগফলকে কল্পনা করার পরামর্শ দিয়েছে । অবিলম্বে স্পষ্ট ছিল যে সম্ভাবনা অনেকটা কোণে কাছাকাছি ঘনীভূত করা হয়েছিল ( 0 , 0 ) এবং ( 1 / 2 , 1 / 2 ) অনুক্রমে জন্য সমষ্টি অভিন্ন হতে এবং জন্য অপেক্ষাকৃত সামান্য সম্ভাবনা কেন্দ্র তির্যক কাছাকাছি হতে এক্স + + ওয়াই = 1 / 2 । এর ফলে ডায়াগ্রামটি তৈরি হয়েছিল, যা আমি গাণিতিকায় ফিরে এসেছি ।$X+Y$$(0,0)$$(1/2,1/2)$$X+Y=1/2$ At that point the answer wrote itself. Yes, using squares in the center band might be neater.

— whuber

Thanks! "Note that the inequality is strict: equality is not possible because there is some positive probability that either of $X$ or $Y$ is less than $\epsilon$ but nevertheless $X+Y \gt \epsilon$." I'm not sure I follow this. It seems to me the aim here is to show $\Pr(X+Y \le \epsilon) \lt \Pr(X \le \epsilon \cap Y \le \epsilon)$, doesn't this require a positive probability for some event $A$ in which both of $X$ and $Y$ are less than or equal to $\epsilon$ and yet $X + Y > \epsilon$? It is the "either of" vs "both of" I'm vacillating over.

— Silverfish

@Silverfish Thank you; I did not express that as I had intended. You are correct: the language is intended essentially to describe the portion of a little square not inside the triangle.

— whuber

Answer 2

I tried finding a proof without considering characteristic functions. Excess kurtosis does the trick. Here's the two-line answer: $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$ since $X$ and $Y$ are iid. Then $\text{Kurt}(U) = -1.2$ implies $\text{Kurt}(X) = -2.4$ which is a contradiction as $\text{Kurt}(X) \geq -2$ for any random variable.

Rather more interesting is the line of reasoning that got me to that point. $X$ (and $Y$) must be bounded between 0 and 0.5 - that much is obvious, but helpfully means that its moments and central moments exist. Let's start by considering the mean and variance: $\mathbb{E}(U)=0.5$ and $\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$. If $X$ and $Y$ are identically distributed then we have:

$$\mathbb{E}(X + Y) = \mathbb{E}(X) + \mathbb{E}(Y) = 2 \mathbb{E}(X)= 0.5$$

So $\mathbb{E}(X) = 0.25$. For the variance we additionally need to use independence to apply:

$$\text{Var}(X+Y) = \text{Var}(X) + \text{Var}(Y) = 2 \text{Var}(X) = \frac{1}{12}$$

Hence $\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$ and $\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$. Wow! That is a lot of variation for a random variable whose support ranges from 0 to 0.5. But we should have expected that, since the standard deviation isn't going to scale in the same way that the mean did.

Now, what's the largest standard deviation that a random variable can have if the smallest value it can take is 0, the largest value it can take is 0.5, and the mean is 0.25? Collecting all the probability at two point masses on the extremes, 0.25 away from the mean, would clearly give a standard deviation of 0.25. So our $\sigma_X$ is large but not impossible. (I hoped to show that this implied too much probability lay in the tails for $X + Y$ to be uniform, but I couldn't get anywhere with that on the back of an envelope.)

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:

$$\kappa_i(U) = \kappa_i(X + Y) = \kappa_i(X) + \kappa_i(Y) = 2\kappa_i(X)$$

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:

$$\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$$

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.

Comments

(+1) This is a quite clever approach, which was new to me. Thanks. Note that some of your analysis could have been streamlined by considering a uniform centered at zero. (The equivalence of the problem is immediate.) That would have immediately told you that considering skew was a dead-end.

— cardinal

@cardinal: I knew the skew was a dead-end before I worked on it. The purpose was expository: it's a self-study question so I didn't want to solve it in full! Rather I wanted to leave a hint on how to deal with the next level up...

— Silverfish

@cardinal: I was in two minds whether to center or not. I did back-of-envelope calculations more conveniently, but in the final analysis we just need (1) a simple case of the general result that $Kurt(X_1 + ... + X_n) = \frac{1}{n}Kurt(X)$ for iid $X_i$, (2) that $Kurt(U) = -1.2$ for any uniform distribution, and (3) $Kurt(X)$ exists since $X$ is bounded and $\sigma_X \neq 0$ (which is trivial, else $\sigma_U = 0$). So none of the key results actually required centering, though bits may have looked less ugly!

— Silverfish

Yes, the word "streamlined" was carefully chosen. :-) I did not intend my comment to be read as criticism of your exposition. Cheers.

— cardinal

@cardinal Incidentally, variance considerations alone almost worked, but the uniform isn't quite spread out enough. With a bit more probability mass nearer the extremes, e.g. $f_T(t)=12t^2$ on [-0.5, 0.5], then $Var(T)=.15$ and if $T = X_1 + X_2$ then $\sigma_X = \sqrt{.15/2} \approx 0.27 > 0.25$ which is impossible as $X$ is bounded by -0.25 and 0.25. Of course, you will see immediately how this relates to the present example! I wonder if the approach generalises, I'm sure other bounded RVs can't be decomposed into sums but require even higher moments investigated to find the contradiction.

— Silverfish