Арифметические операции степенными распределениями

[prof.uskov]

Арифметические операции над случайными величинами (СВ), имеющими степенно распределение...

Есть две СВ с распределением Парето, как их сложить?

По идее, такое распределение устойчиво и сумма тоже распределена по закону Парето... Но как складывать, математического ожидания нет, дисперсии нет...
Использовать формулу для плотности вероятностей суммы случайных величин и попытаться из нее вывести значение параметров суммы?
А более сложные операции как?
Имитационное моделирование тоже использовать сложно - нет устойчивости...

[Brukvalub]

prof.uskov в сообщении #1465988 писал(а):

Но как складывать, математического ожидания нет, дисперсии нет...

Что это было?

[Markiyan Hirnyk]

Есть четыре типа распределений Парето. Какой(ие) из них Вы имеете в виду? Да. еще,

Цитата:

По идее, такое распределение устойчиво и сумма тоже распределена по закону Парето...

- это не так.

[Евгений Машеров]

Парето не относится к устойчивым распределениям. Парето может иметь конечные матоожидание и дисперсию, в зависимости от параметров распределения.
А так - считайте свёртки.

[prof.uskov]

Да, на счет устойчивости распределения Парето погорячился.
Распределение Коши является бесконечно делимым: сумма независимых случайных величин, распределённых по Коши, также распределена по Коши.
Как с ним быть?

-- 30.05.2020, 22:15 --

Brukvalub в сообщении #1466001 писал(а):

prof.uskov в сообщении #1465988 писал(а):

Но как складывать, математического ожидания нет, дисперсии нет...

Что это было?

Имел в виду, что для нормальных распределений мы бы просто сложили матожидания и дисперсии слагаемых и получили бы параметры распределения суммы.
Для распределения Парето при определенных параметрах нет ни матожидания, ни дисперсии.

[Otta]

prof.uskov
Это две разные задачи - искать матожидание суммы с.в. (не распределений!) и искать распределение суммы.

prof.uskov в сообщении #1466052 писал(а):

Распределение Коши является бесконечно делимым: сумма независимых случайных величин, распределённых по Коши, также распределена по Коши.
Как с ним быть?

Как угодно. Самый простой способ для нез. с. в. - с помощью характеристических функций.
Но можно и свертку, как выше предлагали.

[prof.uskov]

Otta в сообщении #1466059 писал(а):

prof.uskov
Это две разные задачи - искать матожидание суммы с.в. (не распределений!) и искать распределение суммы.

Для устойчивого распределения это одно и тоже - достаточно найти параметры закона распределения суммы, а его вид с точностью до параметров нам известен.

Короче, понял, придется считать интегралы... :)

[Otta]

prof.uskov в сообщении #1466062 писал(а):

Для устойчивого распределения это одно и тоже

Если бы это было одним и тем же, вряд ли у Вас возник бы этот вопрос, верно?

-- 31.05.2020, 00:31 --

prof.uskov в сообщении #1466062 писал(а):

Короче, понял, придется считать интегралы... :)

Я Вас могу утешить: характеристические функции для стандартных распределений известны, пользуйтесь.

[prof.uskov]

Otta в сообщении #1466064 писал(а):

prof.uskov в сообщении #1466062 писал(а):

Для устойчивого распределения это одно и тоже

Если бы это было одним и тем же, вряд ли у Вас возник бы этот вопрос, верно?

Так для нормального распределения все и просто: суммируем матожидания и дисперсии слагаемых и вот у нас параметры нормального распределения суммы.
А здесь первых двух моментов не существует.
Как найти параметры распределения суммы из параметров слагаемых?

[Otta]

prof.uskov
Вы определитесь. Вам нужны моменты (которых не существует) или распределение?
Судя по начальному запросу, второе.
Тогда у Вас есть минимум два способа. См. выше.
Для распределения Коши, например, быстрее всего будет считать именно х.ф., а не плотность суммы.
Но конечно, это в том случае, когда знаешь как, и что потом с этим делать.

-- 31.05.2020, 02:05 --

Мало ли что для нормального. А для хи-квадрат? тоже матожидания считать будете?

[prof.uskov]

Otta в сообщении #1466074 писал(а):

prof.uskov
Вы определитесь. Вам нужны моменты (которых не существует) или распределение?
Судя по начальному запросу, второе.
Тогда у Вас есть минимум два способа. См. выше.
Для распределения Коши, например, быстрее всего будет считать именно х.ф., а не плотность суммы.
Но конечно, это в том случае, когда знаешь как, и что потом с этим делать.

-- 31.05.2020, 02:05 --

Мало ли что для нормального. А для хи-квадрат? тоже матожидания считать будете?

Согласен, спасибо. Попробую написать программу.

[Otta]

Как интересно. Программа.
Для хи-квадрат это устная задача.
Для Коши - почти устная.
Для Парето... ну там, конечно, много интересного. :) выдержит ли программа?

[Евгений Машеров]

Ну, свёртки можно и через Фурье считать (а если на выходе нужно именно распределение, то нужны свёртки), а характеристические функции это, некоторым образом, Фурье. И выгода в том случае, когда х.ф. уже посчитаны и берутся готовые. В случае Коши получаем ту же функцию, с очевидными изменениями в её параметрах (для хи-квадрат и это "на одного медведя с двумя кулаками", достаточно определение и свойства вспомнить), а вот насчёт именно Парето - выписать х.ф. суммы можно, и даже один сомножитель ведёт себя замечательно, "идёт на сотрудничество", а во втором неполная гамма-функция, и что делать с произведениями неясно. И лично я в случае Парето считал бы через свёртку. Хотя можно и через х.ф. суммы, а потом её обратно фурьерить.
Но, во всяком случае, сумма распределений Парето уже не будет Парето.

[Markiyan Hirnyk]

prof.uskov

Цитата:

Попробую написать программу

Математика 12.0 выражает плотность распределения суммы независимых распределений Парето первого рода через неполную бета-функцию, т.е. некоторые интегралы

PDF[TransformedDistribution[ x + y, {x \[Distributed] ParetoDistribution[a, b], 
   y \[Distributed] ParetoDistribution[c, d]}], t]
\[Piecewise]   (1/(-c+t))a^b b (-c^d (1-a/t)^-d (1/t)^(b+d) (a/t)^-b+c^(1+d) (1-a/t)^-d (1/t)^(1+b+d) (a/t)^-b-c^(1+d) (1-c/t)^-b (1/t)^(1+b+d) (c/t)^-d+(1/(-c+t))^b+c^d (b+d) (1/t)^(1+b+d) (-c+t) Beta[1-c/t,-b,1-d]-c^d (b+d) (1/t)^(1+b+d) (-c+t) Beta[a/t,-b,1-d])   a+c-t<0
0   True

Если параметры являются конкретными рациональными числами, то ответ получается в терминах гипергеометрических функций. Когда параметры $b,d$ являются небольшими натуральными числами, то громозкий результат выражается в замкнутом виде, например,

PDF[TransformedDistribution[
  x + y, {x \[Distributed] ParetoDistribution[3/4, 2], 
   y \[Distributed] ParetoDistribution[3/2, 3]}], t]

\[Piecewise]   (1/(32 t^6 (-3+2 t)^2 (-3+4 t)^3))9 (-196830 t+940410 t^2-1691280 t^3+1385100 t^4-474336 t^5+23040 t^6+10752 t^7+1024 t^8+196830 Log[3]-1049760 t Log[3]+2187000 t^2 Log[3]-2216160 t^3 Log[3]+1088640 t^4 Log[3]-207360 t^5 Log[3]-98415 Log[2-3/t]+524880 t Log[2-3/t]-1093500 t^2 Log[2-3/t]+1108080 t^3 Log[2-3/t]-544320 t^4 Log[2-3/t]+103680 t^5 Log[2-3/t]-98415 Log[4-3/t]+524880 t Log[4-3/t]-1093500 t^2 Log[4-3/t]+1108080 t^3 Log[4-3/t]-544320 t^4 Log[4-3/t]+103680 t^5 Log[4-3/t]-196830 Log[t]+1049760 t Log[t]-2187000 t^2 Log[t]+2216160 t^3 Log[t]-1088640 t^4 Log[t]+207360 t^5 Log[t])   t>9/4
0   True

[prof.uskov]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1466091 писал(а):

prof.uskov

Цитата:

Попробую написать программу

Математика 12.0 выражает плотность распределения суммы независимых распределений Парето первого рода через неполную бета-функцию...

Проблема в том, что мне сумму не двух, а произвольного количества находить нужно. Для устойчивого распределения (например, Коши) аналитические выражения, видимо, будут приемлемой сложности. А для Парето - необозримы в силу размера.