pdfs de i.i.d. con distribución uniforme

Question

Según entiendo, de la respuesta de Robert Israel aquí , si $X, Y, Z$ son i.i.d. con distribución uniforme en el intervalo $[0,1]$ entonces $T = X+Y+Z$ tiene el PDF a trozos que se indica en el enlace.

¿Cómo ha encontrado esto? ¿Cómo podría encontrar el PDF para cualquier $X_1, X_2, \dots X_n$ que son i.i.d. con distribución uniforme en el intervalo $[0,1]$ ? ¿Dónde debo buscar bibliografía sobre el tema?

Answer 1

Teorema: Sea $X$ y $Y$ sean dos variables aleatorias independientes con pdf $f_X(x)$ y $f_Y(y)$ entonces la suma $Z = X+Y$ es una variable aleatoria con pdf $$f_Z(z) = (f_X * f_Y)(z) \equiv \int_{-\infty}^\infty f_X(z-y)f_Y(y)\,{\rm d}y$$

Para una referencia, véase, por ejemplo, el teorema 7.1 aquí .

Si $f_n$ es el pdf de la suma $S_n = X_1 + X_2 + \ldots + X_n$ y $X_i$ son variables aleatorias i.i.d. con distribución uniforme en $[0,1]$ entonces el teorema anterior nos da

$$f_{n}(z) = \int_0^1 f_{n-1}(z-y)\,{\rm d}y = \int_{z-1}^{z} f_{n-1}(t)\,{\rm d}t$$

por lo que podemos calcular el pdf de $S_n$ de forma recursiva (véase el final de la respuesta para un algoritmo sencillo).

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Para $n=2$ encontramos

$$f_{X+Y}(z) = \int_{z-1}^{z} f_X(t)\,{\rm d}t = \cases{z&$ 0 \le z\le 1 $\cr 2-z&$ 1 \le z\leq 2 $\cr 0& otherwise}$$

${\bf\text{Explanation}}$ : El integrante $f_{X}(t)$ es cero si $t \not \in [0,1]$ y uno en caso contrario, por lo que si $0<z<1$ la integral es simplemente $\int_0^{z}{\rm d}z = z$ y si $1<z<2$ entonces la integral es $\int_{z-1}^1{\rm d}z = 2-z$ .

Para $n=3$ encontramos:

$$f_{X+Y+Z}(z) = \int_{z-1}^z f_{X+Y}(t)\,{\rm d}t = \cases{ \frac{z^2}{2}&$ 0 \le z\le 1 $\cr -\frac 3 2- {z}^{2}+3\,z&$ 1 \le z\le 2 $\cr \frac 92-3\,z+\frac{z^2}{2}&$ 2 \le z\leq 3 $\cr 0& otherwise}$$

${\bf\text{Explanation}}$ : El integrante $f_{X+Y}(t)$ es cero si $t\not\in[0,2]$ por lo que si $0<z<1$ la integral se convierte en $\int_0^z z\,{\rm d}z = \frac{z^2}{2}$ . Si $1<z<2$ la integral se convierte en $\int_{z-1}^{1}z\,{\rm d}z + \int_{1}^{z}(2-z)\,{\rm d}z = -\frac{3}{2} - z^2 + 3z$ . Dado que el pdf es simétrico respecto al punto medio $z=\frac 32$ el pdf se convierte en $\frac{(3-z)^2}{2} = \frac{9}{2} - 3z + \frac{z^2}{2}$ si $2<z<3$ .

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He aquí un sencillo algoritmo para evaluar las integrales en general. Si hemos deducido que

$$f_{n}(z) = \cases{ g_{1,n}(z) & $ 0 \le z\le 1 $ \cr g_{2,n}(z) & $ 1 \le z\le 2 $ \cr \ldots & $ \N - puntos $}$$

entonces obtenemos la siguiente recurrencia para $g_{k,n+1}(z)$ : $$g_{1,n+1}(z) = \int_0^z g_{1,n}(z)\,{\rm d}z$$ y $$g_{k,n+1}(z) = \int_{z-1}^{k-1} g_{k-1,n}(z)\,{\rm d}z + \int_{k-1}^z g_{k,n}(z)\,{\rm d}z~\text{for}~~~~ k=2,3,\ldots, \lfloor n/2\rfloor$$

y el resto de funciones se pueden encontrar utilizando la simetría de $f_{n+1}(z)$ sobre $z=\frac{n+1}{2}$ así que $g_{k,n+1}(z) = g_{n+1-k,n+1}(n+1-z)$ .

Aquí hay una implementación de esto en Mathematica:

n = 4;
ffunc = Table[If[i == 1, 1, 0], {i, 1, n}];
Do[
  temp = ffunc;

  temp[[1]] = Integrate[ffunc[[1]], {z, 0, z}];
  Do[temp[[k]] = Integrate[ffunc[[k - 1]], {z, z - 1, k-1}] + Integrate[ffunc[[k]], {z, k-1, z}];
   , {k, 2, Floor[(i + 1)/2]}];
  Do[temp[[k]] = temp[[i - k + 1]] /. z -> i - z;, {k, Floor[(i + 1)/2] + 1, i}];

  ffunc = temp;
  , {i, 2, n}];
ExpandAll[ffunc] // MatrixForm