Variable aleatoria uniforme como suma de dos variables aleatorias

Question

Tomado de Grimmet and Stirzaker:

Demuestra que no puede ser el caso de que $U=X+Y$ donde $U$ está uniformemente distribuido en $[0,1]$ y $X$ y $Y$ son independientes e idénticamente distribuidos. No debes asumir que $X$ y $Y$ son variables continuas.

Una simple prueba por contradicción es suficiente para el caso donde se asume que $X$, $Y$ son discretos argumentando que siempre es posible encontrar un $u$ y $u'$ tal que $P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$ mientras que $P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$.

Sin embargo, esta prueba no se extiende a $X,Y$ siendo absolutamente continuos o continuos singulares. ¿Pistas/Comentarios/Críticas?

Answer 1

El resultado se puede demostrar con una imagen: las áreas grises visibles muestran que una distribución uniforme no puede descomponerse como la suma de dos variables idénticamente distribuidas e independientes.

Notación

Sean $X$ e $Y$ tales que $X+Y$ tiene una distribución uniforme en $[0,1]$. Esto significa que para todo $0\le a \le b \le 1$,

$$\Pr(a < X+Y \le b) = b-a.$$

El soporte esencial de la distribución común de $X$ e $Y$ es por lo tanto $[0,1/2]$ (de otro modo habría probabilidad positiva de que $X+Y$ esté fuera de $[0,1]$).

La Imagen

Sea $0 \lt \epsilon \lt 1/4$. Contempla este diagrama que muestra cómo se calculan las sumas de variables aleatorias:

La distribución de probabilidad subyacente es la conjunta de $(X,Y)$. La probabilidad de cualquier evento $a \lt X+Y \le b$ está dada por la probabilidad total cubierta por la banda diagonal que se extiende entre las líneas $x+y=a$ y $x+y=b$. Se muestran tres de esas bandas: desde $0$ hasta $\epsilon$, apareciendo como un pequeño triángulo azul en la esquina inferior izquierda; desde $1/2-\epsilon$ hasta $1/2+\epsilon$, mostrada como un rectángulo gris con dos triángulos (amarillo y verde) en la parte superior; y desde $1-\epsilon$ hasta $1$, apareciendo como un pequeño triángulo rojo en la esquina superior derecha.

Lo que la Imagen Muestra

Al comparar el triángulo inferior izquierdo en la figura con el cuadrado que lo contiene y explotando la suposición de iid para $X$ e $Y$, es claro que

$$\epsilon = \Pr(X+Y \le \epsilon) \lt \Pr(X \le \epsilon)\Pr(Y \le \epsilon) = \Pr(X \le \epsilon)^2.$$

Observa que la desigualdad es estricta: la igualdad no es posible porque existe una probabilidad positiva de que tanto $X$ como $Y$ sean menores que $\epsilon$ pero, sin embargo, $X+Y \gt \epsilon$.

De manera similar, al comparar el triángulo rojo con el cuadrado en la esquina superior derecha,

$$\epsilon = \Pr(X+Y \gt 1-\epsilon) \lt \Pr(X \gt 1/2-\epsilon)^2.$$

Finalmente, al comparar los dos triángulos opuestos en la esquina superior izquierda y la inferior derecha con la banda diagonal que los contiene, se obtiene otra desigualdad estricta,

$$2\epsilon \lt 2 \Pr(X\le \epsilon)\Pr(X \gt 1/2-\epsilon) \lt \Pr(1/2-\epsilon \lt X+Y \le 1/2+\epsilon) = 2\epsilon.$$

La primera desigualdad surge de las dos anteriores (se toman sus raíces cuadradas y se multiplican) mientras que la segunda describe la inclusión (estricta) de los triángulos en la banda y la última igualdad expresa la uniformidad de $X+Y$. La conclusión de que $2\epsilon \lt 2\epsilon$ es la contradicción que demuestra que tales $X$ e $Y$ no pueden existir, QED.

Answer 2

Intenté encontrar una prueba sin considerar funciones características. El exceso de curtosis hace el truco. Aquí está la respuesta de dos líneas: $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$ ya que $X$ e $Y$ son iid. Luego $\text{Kurt}(U) = -1.2$ implica $\text{Kurt}(X) = -2.4$, lo cual es una contradicción ya que $\text{Kurt}(X) \geq -2$ para cualquier variable aleatoria.

Más interesante es la línea de razonamiento que me llevó a ese punto. $X$ (y $Y$) deben estar limitados entre 0 y 0.5 - eso es obvio, pero significa útilmente que sus momentos y momentos centrales existen. Comencemos considerando la media y la varianza: $\mathbb{E}(U)=0.5$ y $\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$. Si $X$ e $Y$ son idénticamente distribuidos entonces tenemos:

$$\mathbb{E}(X + Y) = \mathbb{E}(X) + \mathbb{E}(Y) = 2 \mathbb{E}(X)= 0.5$$

Entonces $\mathbb{E}(X) = 0.25$. Para la varianza necesitamos usar la independencia adicionalmente para aplicar:

$$\text{Var}(X+Y) = \text{Var}(X) + \text{Var}(Y) = 2 \text{Var}(X) = \frac{1}{12}$$

Por lo tanto $\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$ y $\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$. ¡Wow! Eso es mucha variación para una variable aleatoria cuyo soporte va de 0 a 0.5. Pero deberíamos haber esperado eso, ya que la desviación estándar no va a escalar de la misma forma que lo hizo la media.

Ahora, ¿cuál es la mayor desviación estándar 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? Recogiendo toda la probabilidad en dos masas de puntos en los extremos, a 0.25 de la media, claramente daría una desviación estándar de 0.25. Así que nuestra $\sigma_X$ es grande pero no imposible. (Esperaba mostrar que esto implicaba que había demasiada probabilidad en las colas para que $X + Y$ fuera uniforme, pero no pude llegar a ningún lado con eso rápidamente.)

Consideraciones del segundo momento casí pusieron una restricción imposible en $X así que consideremos momentos más altos. ¿Qué tal el coeficiente de asimetría de momentos de Pearson, $\gamma_1 = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^3}{\sigma_X^3} = \frac{\kappa_3}{\kappa_2^{3/2}}$? Esto existe ya que los momentos centrales existen y $\sigma_X \neq 0$. Es útil saber algunas propiedades de los cumulantes, en particular aplicar independencia y luego distribución idéntica da:

$$\kappa_i(U) = \kappa_i(X + Y) = \kappa_i(X) + \kappa_i(Y) = 2\kappa_i(X)$$

Esta propiedad de aditividad es precisamente la generalización de cómo tratamos con la media y varianza arriba - de hecho, los primeros y segundos cumulantes son simplemente $\kappa_1 = \mu$ y $\kappa_2 = \sigma^2$.

Luego $\kappa_3(U) = 2\kappa_3(X)$ y $\big(\kappa_2(U)\big)^{3/2} = \big(2\kappa_2(X)\big)^{3/2} = 2^{3/2} \big(\kappa_2(X)\big)^{3/2}$. La fracción para $\gamma_1$ se cancela para dar $\text{Asimetría}(U) = \text{Asimetría}(X + Y) = \text{Asimetría}(X) / \sqrt{2}$. Dado que la distribución uniforme tiene asimetría cero, también la tiene $X$, pero no veo cómo surge una contradicción de esta restricción.

Entonces en vez de eso, intentemos la curtosis en exceso, $\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{\kappa_2^2} = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^4}{\sigma_X^4} - 3$. Por un argumento similar (esta pregunta es de autoestudio, ¡así que inténtalo!), podemos mostrar que esto existe y obedece:

$$\text{Curt}(U) = \text{Curt}(X + Y) = \text{Curt}(X) / 2$$

La distribución uniforme tiene curtosis en exceso $-1.2$ así que necesitamos que $X$ tenga curtosis en exceso $-2.4$. Pero la menor curtosis en exceso posible es $-2$, que se logra con la distribución de Bernoulli $\text{Binomial}(1, \frac{1}{2})$.

Answer 3

Suponga $U = X + Y$ para dos variables aleatorias i.i.d.

Primero, note que dado que $U$ tiene soporte $[0, 1]$, el soporte de $X$ (y $Y$) debe ser un subconjunto de $[0, 1/2]$, como resultado de \begin{align} & P[X > 1/2]^2 = P[X > 1/2, Y > 1/2] \leq P[X + Y > 1] = P[U > 1] = 0, \\ & P[X < 0]^2 = P[X < 0, Y < 0] \leq P[X + Y < 0] = P[U < 0] = 0. \end{align}

Esto muestra que $E[|X|^k] \leq \frac{1}{2^k} < \infty$ para todo $k \in \mathbb{N}$, entonces si dejamos que $\varphi$ sea la función característica de $X$, entonces para todo $t \in \mathbb{R}$, $\varphi$ es diferenciable en $t$ y $\varphi'(t) = E\left[iXe^{itX}\right]$ (vea Probability and Measure (3ª edición) de Patrick Billingsley, pp. 343-345).

Luego, dado que la función característica de $U$ es $\varphi_U(t) = \frac{e^{it} - 1}{it}$ y $\varphi_U(t) = \varphi(t)^2$ por asunción, tenemos \begin{align} \varphi(t)^2 = \frac{e^{it} - 1}{it}. \tag{1}\label{1} \end{align}

Entonces se sigue que (diferenciando ambos lados de $\eqref{1}$) \begin{align} 2\varphi(t)\varphi'(t) = \frac{-te^{it} - ie^{it} + i}{-t^2}. \tag{2}\label{2} \end{align}

Por $\eqref{1}$, $\varphi^2(2\pi) = 0$, entonces $\varphi(2\pi) = 0$. Por otro lado, $\eqref{2}$ implica que \begin{align} 2\varphi(2\pi)\varphi'(2\pi)= -\frac{i}{4\pi^2} \neq 0, \end{align} es decir, $\varphi(2\pi) \neq 0$. Esto es una contradicción.