Tomado de Grimmet y Stirzaker :
Demuestre que no puede darse el caso de que donde está distribuido uniformemente en [0,1] y e son independientes e idénticamente distribuidos. No debe suponer que X e Y son variables continuas.U X Y
Una simple prueba de contradicción es suficiente para el caso en el que , se supone discreto al argumentar que siempre es posible encontrar una y tal que mientras que .u u ′ P ( U ≤ u + u ′ ) ≥ P ( U ≤ u ) P ( X + Y ≤ u ) = P ( X + Y ≤ u + u ′ )
Sin embargo, esta prueba no se extiende a es absolutamente continua o singular continua. Consejos / Comentarios / Crítica?
Respuestas:
El resultado se puede probar con una imagen: las áreas grises visibles muestran que una distribución uniforme no se puede descomponer como la suma de dos variables independientes idénticamente distribuidas.
Notación
Deje que y sean iid tal que tiene una distribución uniforme en . Esto significa que para todos ,Y X + Y [ 0 , 1 ] 0 ≤ a ≤ b ≤ 1X Y X+ Y [ 0 , 1 ] 0 ≤ a ≤ b ≤ 1
Por lo tanto, el soporte esencial de la distribución común de e es (de lo contrario, habría una probabilidad positiva de que encuentre fuera de ).Y [ 0 , 1 / 2 ] X + Y [ 0 , 1 ]X Y [ 0 , 1 / 2 ] X+ Y [ 0 , 1 ]
La imagen
Deje . Contempla este diagrama que muestra cómo se calculan las sumas de variables aleatorias:0 < ε < 1 / 4
La distribución de probabilidad subyacente es la conjunta para . La probabilidad de cualquier evento viene dada por la probabilidad total cubierta por la banda diagonal que se extiende entre las líneas y . Se muestran tres de estas bandas: de a , que aparecen como un pequeño triángulo azul en la esquina inferior izquierda; de a , que se muestra como un rectángulo gris con dos triángulos (amarillo y verde); y de a , que aparece como un pequeño triángulo rojo en la esquina superior derecha.un < X + Y ≤ b x + y = un x + y = b 0 ε 1 / 2 - ε 1 / 2 + ε 1 - ε 1( X, Y) a < X+ Y≤ b x + y= a x + y= b 0 0 ϵ 1 / 2 - ε 1 / 2 + ε 1 - ϵ 1
Lo que muestra la imagen
Al comparar el triángulo inferior izquierdo de la figura con el cuadrado inferior izquierdo que lo contiene y explotar el supuesto iid para e , queda claro queYX Y
Tenga en cuenta que la desigualdad es estricta: la igualdad no es posible porque hay alguna probabilidad positiva de que tanto como sean menores que pero, sin embargo, .Y ϵ X + Y > ϵX Y ϵ X+Y>ϵ
Del mismo modo, al comparar el triángulo rojo con el cuadrado en la esquina superior derecha,
Finalmente, comparar los dos triángulos opuestos en la esquina superior izquierda e inferior derecha con la banda diagonal que los contiene da otra desigualdad estricta,
Los primeros sobreviene de desigualdad de las dos anteriores (toman sus raíces cuadradas y multiplicarlos) mientras que el segundo describe el (estricto) la inclusión de los triángulos dentro de la banda y la última igualdad expresa la uniformidad de . La conclusión de que es la contradicción que demuestra que e no pueden existir, QED .X+Y X Y2ϵ<2ϵ X Y
fuente
Traté de encontrar una prueba sin considerar las funciones características. El exceso de curtosis hace el truco. Aquí está la respuesta de dos líneas: ya que e son iid. Entonces implica cual es una contradicción como para cualquier variable aleatoria.X Y Kurt ( U ) = - 1.2 Kurt ( X ) = - 2.4 Kurt ( X ) ≥ - 2Kurt(U)=Kurt(X+Y)=Kurt(X)/2 X Y Kurt(U)=−1.2 Kurt(X)=−2.4 Kurt(X)≥−2
Más interesante es la línea de razonamiento que me llevó a ese punto. (e ) deben estar delimitados entre 0 y 0.5; eso es obvio, pero útil significa que existen sus momentos y momentos centrales. Comencemos considerando la media y la varianza: y . Si e están idénticamente distribuidos, entonces tenemos:Y E ( U ) = 0.5 Var ( U ) = 1X Y E(U)=0.5 XYVar(U)=112 X Y
Entonces . Para la variación, adicionalmente, necesitamos usar independencia para aplicar:E(X)=0.25
Por lo tanto, y . ¡Guauu! Esa es una gran variación para una variable aleatoria cuyo soporte varía de 0 a 0.5. Pero deberíamos haber esperado eso, ya que la desviación estándar no va a escalar de la misma manera que lo hizo la media. σX=1Var(X)=124 σX=126√≈0.204
Ahora, ¿cuál es la desviación estándar más grande que puede tener una variable aleatoria si el valor más pequeño que puede tomar es 0, el valor más grande que puede tomar es 0.5 y la media es 0.25? Recolectar toda la probabilidad en masas de dos puntos en los extremos, 0.25 lejos de la media, claramente daría una desviación estándar de 0.25. Entonces nuestro es grande pero no imposible. (Esperaba demostrar que esto implicaba demasiada probabilidad en las colas para que fuera uniforme, pero no pude llegar a ninguna parte con eso en el reverso de un sobre). X + YσX X+Y
Las consideraciones del segundo momento casi imponen una restricción imposible a así que consideremos los momentos más altos. ¿Qué pasa con el coeficiente de asimetría de momento de Pearson , ? Esto existe ya que existen los momentos centrales y . Es útil conocer algunas propiedades de los acumulantes, en particular aplicando independencia y luego una distribución idéntica da:γ 1 = E ( X - μ X ) 3X σX≠0γ1=E(X−μX)3σ3X=κ3κ3/22 σX≠0
Esta propiedad de aditividad es precisamente la generalización de cómo tratamos la media y la varianza anteriores; de hecho, el primer y segundo acumulantes son solo y .κ 2 = σ 2κ1=μ κ2=σ2
Entonces y . La fracción para cancela para producir . Dado que la distribución uniforme tiene un sesgo cero, también lo tiene , pero no puedo ver cómo surge una contradicción de esta restricción.( κ 2 ( U ) ) 3 / 2 = ( 2 κ 2 ( X ) ) 3 / 2 = 2 3 / 2 ( κ 2 ( X ) ) 3 / 2 γ 1 inclinación ( U ) = inclinación ( X + Yκ3(U)=2κ3(X) (κ2(U))3/2=(2κ2(X))3/2=23/2(κ2(X))3/2 γ1 XSkew(U)=Skew(X+Y)=Skew(X)/2–√ X
Entonces, en su lugar, intentemos con el exceso de curtosis, . Mediante un argumento similar (esta pregunta es de autoaprendizaje, ¡pruébelo!), Podemos mostrar que existe y obedece:γ2=κ4κ22=E(X−μX)4σ4X−3
La distribución uniforme tiene exceso de curtosis por lo que se requiere que tenga exceso de curtosis . Pero el exceso de curtosis más pequeño posible es , que se logra mediante la distribución de Bernoulli .X - 2.4 - 2 Binomial ( 1 , 1−1.2 X −2.4 −2 Binomial(1,12)
fuente