দুটি স্বতন্ত্র র্যান্ডম ভেরিয়েবলের পণ্য

Question

আমার প্রায় 1000 টি মানের একটি নমুনা রয়েছে। এই তথ্য দুটি স্বাধীন র্যান্ডম ভেরিয়েবল পণ্য থেকে পাওয়া যায় $\xi \ast \psi$ । প্রথম এলোমেলো ভেরিয়েবলের অভিন্ন বিতরণ $\xi \sim U(0,1)$ । দ্বিতীয় এলোমেলো ভেরিয়েবলের বিতরণ জানা যায়নি। আমি দ্বিতীয় ( $\psi$ ) র্যান্ডম ভেরিয়েবলের বিতরণ কীভাবে অনুমান করতে পারি ?

Comments

এটি যাকে ডিকনভোলিউশন সমস্যা বলা হয় তার একটি সংস্করণ: আপনি যদি পণ্যটির লগতে যান তবে আপনি শর্তগুলির একটির বন্টন জানতে পেরে সমষ্টিটির আনুমানিক বন্টন পাবেন। উইকিপিডিয়া পরীক্ষা করুন ।

— শি'য়ান

এই সম্পর্কিত প্রশ্নটি ক্রসওলটিভেটেড এও দেখুন : একবার লগ রূপান্তর প্রয়োগ করার পরে সমস্যাটি সমান।

— শিয়ান

@ শি'য়ান: চমৎকার লিঙ্কগুলি। আমি নিশ্চিত আশাবাদ ব্যক্ত করেন যে প্রায় নিশ্চয় ... আমরা decomposing দ্বারা এই অবস্থার একটি আপাতদৃষ্টিতে মারাত্মক লঙ্ঘন থেকে পুনরুদ্ধার করতে পারেন যদিও হিসাবে ψ = ψ + + - ψ - এবং টুকরা আলাদাভাবে বিবেচনা। $\psi \geq 0$$\psi = \psi_{+} - \psi_{-}$

— কার্ডিনাল

@ কার্ডিনাল আমি যখন কিছু তথ্য নেতিবাচক হতে পারে তখন অনুমানের সমস্যাটি কীভাবে পরিচালনা করা হয় সে সম্পর্কে আমি আগ্রহী। পচনটি কীভাবে নির্ধারণ করা হয়? (ডেটা কম বরাদ্দ এর স্বজ্ঞাত পদ্ধতি একাধিক উপাদান এবং তথ্য বৃহত্তর করতে 1 কারণ সূচকীয় সঙ্গে সংবর্তন থেকে আসছে মান চালু থাকে আমাকে আরও একটি সৌন্দর্য দরুণ পর্যাপ্ত করার ψ - অপেক্ষাকৃত বড় ইতিবাচক পর্যবেক্ষণ মধ্যে উপাদান।) দেখে মনে হচ্ছে পরিবর্তে যেমন অনুমানকারী একই সাথে মিশ্রণ এবং ডিকনভোলিউশন সনাক্তকরণ পরিচালনা করতে হবে - এবং এটি করা জটিল বলে মনে হয়। $1$$1$$\psi_{-}$

— whuber

@Cardinal thanks for the explanation. No, not noise: because I was thinking in terms of logarithms, I had simply forgotten that $\xi$ is non-negative.

— whuber

Answer 1

We have, Assuming $\psi$ has support on the positive real line,

$$\xi \,\psi = X$$ Where $X \sim F_n$ and $F_n$ is the empirical distribution of the data.
Taking the log of this equation we get,

$$Log(\xi) + Log(\psi) = Log(X)$$

$\xi$$\psi$

$$\Psi_{Log(\xi)}(t)\Psi_{Log(\psi)}(t) = \Psi_{Log(X)}$$

Now, $\xi\sim Unif[0,1]$$, therefore$$-Log(\xi) \sim Exp(1)$
Thus,

$$\Psi_{Log(\xi)}(-t)= \left(1 + it\right)^{-1}\,$$

Given that $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ With $X_1 ... X_{1000}$ The random sample of $\ln(X)$.

We can now specify completly the distribution of $Log(\psi)$ through its characteristic function:

$$\left(1 + it\right)^{-1}\,\Psi_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k)$$

If we assume that the moment generating functions of $\ln(\psi)$ exist and that $t<1$ we can write the above equation in term of moment generating functions:

$$M_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(-t\,X_k)\,\left(1 - t\right)\,$$

It is enough then to invert the Moment generating function to get the distribution of $ln(\phi)$ and thus that of $\phi$

Comments

can you explain this with an example in R?

— Andy

Of course. I ll try to post it tomorrow.

— Drmanifold