Аналитический вид распределения

[vlad_light]

Пусть $X\sim \mathcal D(\theta )$ -- некоторое (известное) распределение на $\mathbb R$ и $Y|X\sim \mathcal B(f(X))$, где $f\colon \mathbb R \to [0, 1]$ -- непрерывная, выпуклая, достаточно гладкая (известная) функция. Случайная величина $Z$ генерируется следующим образом:
она равна $X$, если $Y|X = 1$, иначе мы генерируем новый $X$ до тех пор, пока $Y|X=1$.
Вопрос: можно ли как-то выразить распределение $Z$ аналитически?

[ipgmvq]

На всякий случай $\mathcal B()$ это Бернулли?

vlad_light в сообщении #1587698 писал(а):

где $f\colon \mathbb R \to [0, 1]$ -- непрерывная, выпуклая, достаточно гладкая (известная) функция

Такие бывают?

[svv]

vlad_light в сообщении #1587698 писал(а):

$Y|X=1$

Просветите, пожалуйста, что это значит.

[ipgmvq]

Забывая о выпуклости $f(x)$ (не могу сообразить, как это может быть),
если $\mathcal D(x, \theta)$ это функция распределения, то мысль идёт в направлении того, чтобы сделать $f(x, \theta) = \mathcal{D}^{-1}(x, \theta)$. Тогда p в Бернулли будут соответствовать её квантилям, поэтому мы смогли бы "взвесить" для Z функцию плотности вероятности от X $\mathcal D'(x, \theta)$ его же функцией распределения $\mathcal D(x, \theta)$.
Если для $\mathcal D(x, \theta)$ взять самую удобную функцию распределения (стандартное логистическое распредление с $\mu=0$ и $s=1$), то получаем:
$\frac{e^{-x}}{(1 + e^{-x})^3}$ и, нормализуя её интегралом $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{-x}}{(1 + e^{-x})^3} dx = 0.5$, получаем функцию плотности вероятности $\frac{2 \cdot e^{-x}}{(1 + e^{-x})^3}$ и функцию распределения соответственно $-\frac{2}{(1 + e^{x})} + \frac{1}{((1 + e^{x})^2) + 1}$. Это как частный случай.
Ничего не напутал?

Симуляция в Питоне подтверждает, что аналитически для данного частного случая оно так:

Используется синтаксис Python

import numpy as np
from scipy.stats import logistic, ks_1samp

размер_выборки_MC = 100000
rv = logistic(loc=0, scale=1)

X = rv.rvs(size=размер_выборки_MC)
p = rv.cdf(X)
Y = np.random.binomial(1, p=p)
Z = X[Y.astype(bool)]

target_pdf = lambda x: 2.0 * np.exp(-x) / np.power(1 + np.exp(-x), 3)
target_cdf = lambda x: -2.0 / (np.exp(x) + 1) + 1.0 / np.power(np.exp(x) + 1, 2) + 1

ks_1samp(Z, target_cdf)
 

svv в сообщении #1587719 писал(а):

Просветите, пожалуйста, что это значит.

Просто подчеркивание зависимости события $Y = 1$ от значения $X$.

[svv]

Спасибо.

[Евгений Машеров]

Мне что-то совсем простое представляется. Выходная величина равна x, если при первой части испытания сгенерировалось x (обозначим вероятность, как $d(x)$), а при второй сгенерировась единица с вероятностью $f(x)$
События независимы, испытания повторяются, пока не выпадет единица
$p(x)=\frac{d(x)f(x)}{\int d(z)f(z)dz}$

[ipgmvq]

ipgmvq в сообщении #1587736 писал(а):

функцию распределения соответственно $-\frac{2}{(1 + e^{x})} + \frac{1}{((1 + e^{x})^2) + 1}$. Это

Упс. У меня опечатка в LaTeX. Функция распределения будет такая:
$-\frac{2}{1 + e^{x}} + \frac{1}{(1 + e^{x})^2} + 1$

Евгений Машеров в сообщении #1587843 писал(а):

События независимы

А это общий случай получается вероятно, где $d(x)$ плотность вероятности.

[Евгений Машеров]

Да, конечно, вероятность только для дискретного случая, для непрерывного плотность вероятности.