¿Cuál es la relación entre uniforme y distribución normal?

Question

Que $X$ siguen una distribución uniforme y $Y$ siga una distribución normal. ¿Qué puede decirse de $\frac X Y$? ¿Hay una distribución para él?

Encontré que la relación de dos normales con media cero es de Cauchy.

Answer 1

Vamos variable aleatoria $X \sim Uniform(a,b)$ con pdf $f(x)$:

donde he asumido $0<a<b$ (este nidos de la norma $Uniform(0,1)$ de los casos). [ Diferentes resultados se obtienen si dicen que el parámetro $a<0$, pero el procedimiento es exactamente el mismo. ]

Además, vamos a $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$, y deje $W=1/Y$ con pdf $g(w)$:

Luego, buscamos el archivo pdf del producto $V = X*W$, decir $h(v)$, el cual es dado por:

donde yo estoy usando mathStaticas' TransformProduct función para automatizar la nitty-gritties, y donde, Erf denota la función de Error: http://reference.wolfram.com/language/ref/Erf.html

Todo hecho.

Parcelas

Aquí son dos parcelas de pdf:

• Parcela 1: $\mu = 0$, $\sigma = 1$, $b = 3$ ... y ... $a = 0, 1, 2$

• Parcela 2: $\mu = {0,\frac12,1}$, $\sigma = 1$, $a=0$, $b = 1$

Monte Carlo de verificación

Aquí hay una guía rápida de Monte Carlo de verificación de la Parcela 2 caso, sólo para asegurarse de que no hay errores que se han deslizado en:
$\mu = \frac12$, $\sigma = 1$, $a=0$, $b = 1$

La línea azul es el empírica de Monte Carlo pdf, y el rojo de la línea discontinua es la teórica pdf $h(v)$ por encima. Se ve bien :)

Answer 2

Es posible encontrar la distribución de $Z=\frac{X}{Y}$ a partir de primeros principios, donde$X\sim U[0,1]$$Y \sim N(\mu,\sigma^2)$. Considerar la probabilidad acumulada de la función de $Z$:

$$F_Z(z) = P(Z\le z) = P\left(\frac{X}{Y} \le z \right)$$

Consider the two cases $Y>0$ and $Y<0$. If $Y>0$, then $\frac{X}{Y}\le z\implica X \le zY $. Similarly if $Y<0$ then $\frac{X}{Y}\le z\implica X \ge zY $.

Now we know $-\infty<Z<\infty$. To find the above probability, consider the cases $z>0$ and $z<0$.

If $z>0$, then the probability can be expressed as an integration of the joint distribution of $(X,Y)$ largo de los a continuación se muestra la región. (el uso de las desigualdades)

Así $$F_Z(z) = \int_0^1 \int_{x/z}^\infty f_Y(y) dy dx + \int_0^1 \int_{-\infty}^0 f_Y(y) dy dx $$ donde $f_Y(y)$ es la función de distribución de $Y$.

Encontrar la función de distribución de $Z$ mediante la diferenciación de los de arriba. $$\begin{align*} f_Z(z) &= \frac{d}{dz}\int_0^1 \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{\partial}{\partial z} \left[ F_Y(\infty) - F_Y\left(\frac{x}{z}\right) \right] dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{z^2} f_Y\left(\frac{x}{z}\right) dx \\ &= \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{2\pi}\sigma z^2} \exp \left( - \frac{\left( \frac{x}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2} \right) dx \end{align*}$$

The integral above can be evaluated using the following sequence of transformations:

1. Let $u=\frac{x}{z}$
2. Deje $v=u-\mu$
3. Por separado el resultado integral en dos integrales, una con $v$ sólo en la exponencial, y uno con $v$ multiplicando con la exponencial.

La resultante de las integrales puede ser simplificado a rendimiento $$f_Z(z) = \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\left[ \exp\left(\frac{-\mu^2}{2\sigma^2}\right)-\exp\left(\frac{-\left(\frac{1}{z}-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right) \right] + \mu \left[ \Phi\left(\frac{\frac{1}{z}-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(\frac{-\mu}{\sigma}\right) \right]$$

Here $\Phi(x)$ is the cumulative distribution function of the standard normal. An identical result is obtained for the case $z<0$.

This answer can be verified by simulation. The following script in R performs this task.

n <- 1e7
mu <- 2
sigma <- 4

X <- runif(n)
Y <- rnorm(n, mean=mu, sd=sigma)

Z <- X/Y
# Constrain range of Z to allow better visualization 
Z <- Z[Z>-10]
Z <- Z[Z<10] 

# The actual density 
hist(Z, breaks=1000, xlim=c(-10,10), prob=TRUE)

# The theoretical density
r <- seq(from=-10, to=10, by=0.01)
p <- sigma/sqrt(2*pi)*( exp( -mu^2/(2*sigma^2)) - exp(-(1/r-mu)^2/(2*sigma^2)) ) + mu*( pnorm((1/r-mu)/sigma) - pnorm(-mu/sigma) )

lines(r,p, col="red")

Here are a few graphs for verification:

1. For $S\sim N(0,1)$
2. Para $Y\sim N(1,1)$
3. Para $y\sim N(1,2)$

El undershooting de la teoría de respuesta se ve en los gráficos alrededor de $z=0$ es probablemente debido a la limitada gama. De lo contrario, la respuesta teórica parece seguir la simulación de la densidad.

Answer 3

Además de la recíproca de la barra de distribución (o @Glen_b la "barra diagonal inversa de la distribución!"), un tipo de relación de distribución, no sé cómo llamarlo, pero voy a simular una versión en R.
Desde que especificar un positivo promedio de $Y$, usaré $Y=\mathcal N(7,1)$, de modo que $\min(Y)>1$ en la mayoría de las muestras de $N\le1\rm M$. Por supuesto, otras posibilidades existen. Por ejemplo, alguna de las $Y<1$ a ampliar el rango de $\frac X Y$ más allá de la 1, y cualquier $Y<0$ sería, por supuesto, ampliar en valores negativos. set.seed(1);x=rbeta(10000000,1,1)/rnorm(10000000,7);hist(x,n=length(x)/50000)
^{(Disminución de tamaño para equipos lentos! O uso runif si sabes cómo!)}