Изменение распределения

[Neytrall]

Здравствуйте. Объясните, пожалуйста, что от меня хотят в задаче, и что нужно делать для решения, а то я застрял на ней

Дана $F_{X,Y}(u,v) , (u,v) \in \mathbb{R}^2$, j.c.d.f непрерывна, $F_Y(v)$ монотонно поднимается , а $F_{X|Y}(u|v)$ монотонно поднимаются при любом $v$. Просят найти способ оценки $(x,y)$ из $F_{X,Y}$ при помощи $U$ и $V$.
$U\sim U[0,1]$ и $V\sim U[0,1]$ i.i.d.

Я уже час убил на эту задачу, но не продвилулся. С чего надо начать?

-- Ср дек 02, 2009 20:31:29 --

И ещё вопрос:
даны $X$ и $Y\sim N(0,1)$, $R=\sqrt{X^2+Y^2}$ i $\phi=\arctan(\frac{X}{Y})$. Надо доказать,что $R$ и $\phi$ независимые.
У меня вышло, что $f_{\phi}(\phi)=\frac{1+(\tan\phi)^2}{\pi(1-(\tan\phi)^2)}$ и $f_{R}(r)=re^{-\frac{r^2}{2}}$
Верно ли это. И если да, то что делать дальше?

[Neytrall]

Столько человек посмотрело и ничто не смог ответить?

[Sonic86]

Насчет 2-о вопроса, попробуйте сборник задач Чудесенко найти, там кажется была формула для выражения 2-мерной функции распределения одной пары случайных величин через 2-мерную функцию распределения другой пары случайных величин. Надо найти $F_{R, \Phi}(r, \phi)$ и показать, что она равна произведению $F_R(r)$ и $F_{\Phi} (\phi)$, тогда $R, \Phi$ будут независимы.
(уже не помню, как решать, поэтому затрудняюсь сказать )

-- Чт дек 03, 2009 14:40:41 --

А что такое $U[0;1]$?

[AD]

Neytrall в сообщении #267690 писал(а):

Столько человек посмотрело и ничто не смог ответить?

Тааак, что бы такое ответить? А, во, придумал.

Никогда не поднимайте тему неинформативными сообщениями. Не принято это у нас, и даже в правилах написано.

Не забывайте ставить слэши перед функциями: $\arctg x$ лучше, чем $arctgx$.

$\arctg x$ лучше, чем $arctgx$

-- Чт дек 03, 2009 13:45:18 --

Sonic86 в сообщении #267697 писал(а):

А что такое $U[0;1]$?

Полагаю, что это есть равномерное распределение на $[0,1]$. Но это убеждение не сильно помогло мне в понимании условия задачи. Т.е.:

Neytrall в сообщении #267578 писал(а):

Просят найти способ оценки $(x,y)$ из $F_{X,Y}$ при помощи $U$ и $V$.

Как можно оценить независимую переменную?

[Neytrall]

Sonic86
со вторым особой проблемы нет. Путь решения я знаю, но я не силён в тригонометрии и поэтому не знаю как упростить
$f_{\phi}(\phi)=\frac{1+(\tan\phi)^2}{\pi(1-(\tan\phi)^2)}$
Единственное, что я знаю про "фи", это то что она распределяется $\phi\sim U (0,2\pi)$
Я уже википедию перерыл, что бы разобраться с тангенсами..(

А первая задача...это ппц. Но путь вроде такой: $U$ и $V$ непрерывны, монотонны. значит есть такие $g_1(u)$ и $g_2(v)$. При которых через трансформацию можно быдет получить $F_x$ и $F_y$, а поскольку $U$ и $V$ независимые, то $F_x$ и $F_y$ тоже независимы, а следовательно $F_{x,y}(u,v)=F_x(u)F_y(v)$
только это лишь интуиция, а как это перевести в формулы я не понял ещё.

[Sonic86]

AD писал(а):

Neytrall писал(а):

Просят найти способ оценки $(x,y)$ из $F_{X,Y}$ при помощи $U$ и $V$.

Как можно оценить независимую переменную?

$\$ Видимо имелась ввиду $F_{X,Y}(x,y)$

Neytrall
Вот, нашел. Если $f_{X,Y}(x,y)$ и $f_{R, \Phi}(r, \phi)$ - соответствующие плотности вероятностей, то
$f_{X,Y}(x,y) = J \cdot f_{X,Y}(R(x,y), \Phi(x,y)) = J \cdot f_{R, \Phi}(r, \phi)$, где $J$ - якобиан перехода (как в двойных интегралах, определитель из частных производных функций перехода между координатами).
Попробуйте отсюда найти $F_{R, \Phi}(r, \phi)$, а потом $F_R(r)$ и $F_{\Phi}(\phi)$.

[ewert]

Во второй задаче -- совместное стандартное нормальное распределение. И надо показать, что полярные координаты независимы друг от друга. Ну так естественно независимы -- совместная плотность зивисит только от радиальной переменной и никак не зависит от угла. (Там правда нюанс -- там не просто угол, а угол по модулю пи, но это дела не меняет.)

Формулировка первой задачи -- таинственна.

[Sonic86]

Neytrall писал(а):

не знаю как упростить

Умножьте числитель и знаменатель на $cos^2 \phi$.
А вообще, если $f_{\Phi}(\phi)$ - это плотность распределения, то получается фигня, т.к.$f_{\Phi}(0) = + \infty$, и не выполняется условие нормировки.

[AD]

Sonic86 в сообщении #267704 писал(а):

$\$ Видимо имелась ввиду $F_{X,Y}(x,y)$

Хмм. То есть найти оценку вида $F_{X,Y}(x,y)\le \Psi(U(x),V(y))$, где $U$ и $V$ - вовсе не случайные величины, а функции распределения? Думаете, так?

[Neytrall]

$F_X(u)\sim U(0,1)$---далее надо делать трансформацию?

[Henrylee]

Полагаю, первая задача формулируется следующим образом.
Построить оценки случайных величин $X,Y$, пользуясь заданными монотонными функциями распределения и равномерными на отрезке $[0,1]$ независимыми случайными величинами $U,V$.
Тогда решение следующее
Можно показать, что случайные величины $F_{X|Y}(X|Y)$ и $F_Y(Y)$ независимы и равномерно распределены на $[0,1]$. Тупо приравниваем их к $U$ и $V$ соответственно. Выражая отсюда $X$ и $Y$, получаем оценки

$$ Y=F^{-1}_Y(V) $$

$$ X=F^{-1}_{X|Y}(U|F^{-1}_Y(V)) $$

[Neytrall]

Henrylee
Спасибо)) я разобрался. Это тема с прошлого семестра.

[Neytrall]

У меня вопрос появился:
допустим
$X_i\sim N(\mu,\sigma_i^2) , i.i.d$

$U=\frac{\sum\limits_1^n\frac{x_i}{\sigma_i^2}}{\sum\limits_1^n\frac{1}{\sigma_i^2}}$
$V=\sum\limits_1^n\frac{(x_i-U)^2}{\sigma_i^2}$
надо доказать, что $U$ и $V$ независимы.

как это сделать?
Я нашёл, что
$U\sim N(n\mu,\frac{n}{\sum\limits_1^n\frac{1}{\sigma_i^2}})$
А что дальше?

[Henrylee]

Искать совместное распределение $(U,V)$. Или попробовать критерий независимости - распадается ли
$Ef(U)g(V)$ в произведение мат.ожиданий для любых борелевских $f,g$.

[--mS--]

Neytrall в сообщении #268865 писал(а):

У меня вопрос появился:
допустим
$X_i\sim N(\mu,\sigma_i^2) , i.i.d$

Как i.i.d. могут иметь разные дисперсии? И параметры распределения величины $U$ Вы нашли неверно: откуда там $n$ взялось?

По вопросу: доказывать точно так же, как в статистике доказывается независимость выборочного среднего (sample mean) и выборочной дисперсии (sample variance) для выборки из нормального распределения. Доказывался у вас такой факт?

Кстати, интересная задачка. В четверг опробую её на своих экономистах, как раз у нас сейчас матстат.

Upd: ничего, из пятерых озадаченных двое решили к субботе, остальные, наверное, решат к понедельнику