Distribución de probabilidad con $p(x) = p(1/x)$

Question

Busco una distribución de probabilidad definida en $x\in(0,\infty)$ que satisface, para todo $x$ :

$$p(x) = p(1/x)$$

Naturalmente, debemos tener:

$$\int_0^\infty p(x) \, dx= 1$$

y demás:

$$ \int_0^1 p(x) \, dx + \int_1^\infty p(x) \, dx = 1 $$

¿Existe esa distribución de probabilidad?

Answer 1

No es cierto que $\int^1_0 p(x)\, dx$ y $\int^\infty_1 p(x) dx$ necesariamente ambos tienen que ser iguales a $0.5$ Sólo que su suma tiene que ser igual a $1$ .

Un ejemplo fácil podría ser $$p(x) = \begin{cases} \exp(-\alpha/x)&\text{for $0<x<1$},\\ \exp(-\alpha x) & \text{for $x \geq 1$},\end{cases}$$

donde $\alpha$ es un parámetro tal que $$\left[\int^1_0\exp(-\alpha/x)\, dx\right] + \left[\int^\infty_1 \exp(-\alpha x) \, dx\right] = 1.$$ Una rápida comprobación numérica da como resultado $\alpha \approx 0.68$ .

Answer 2

Establecer $x = e^{-y}$ para $y \in \Bbb R$ . Así, buscamos funciones de distribución de probabilidad $p(x) = f (\ln x)$ para que sea positivo $x$ tal que $f = p \circ \exp$ es una función par. Ahora, comprobemos que $$ 1 = \int_0^\infty p(x)\, dx = \int_0^1 p(x)\, dx + \int_1^\infty p(x)\, dx = \int_0^1 p(x) \left(1+ x^{-2}\right) dx \, , $$ donde hemos utilizado el cambio de variable $z=1/ x$ . Esta condición puede reescribirse como $$ 1 = \int_{0}^{\infty} f(y)\left(e^{-y}+e^{y}\right) dy \, . $$ Por ejemplo, observamos que la función definida por $f(y) = e^{-(1+\sqrt{2}) |y|}$ es una opción adecuada, y tenemos $$ p(x) = e^{-(1+\sqrt{2}) |\!\ln x|} \Bbb{I}_{x>0} = \left\lbrace \begin{aligned} &x^{(1+\sqrt{2})} && 0<x<1\\ &x^{-(1+\sqrt{2})} && x \geq 1 \end{aligned} \right. $$ en este caso (véase la figura siguiente). Por lo tanto, es obvio que hay varias posibilidades, incluso si restringimos el estudio a los continuos $p$ .

NB. La función $p(x) = \exp(-\alpha e^{|\!\ln x|}) \Bbb{I}_{x>0}$ propuesto por @molarmass corresponde a $f(y) = \exp(-\alpha e^{|y|})$ .