เหตุใดฟังก์ชันการแจกแจงสะสม (CDF) จึงกำหนดการกระจายโดยเฉพาะ

ฉันได้รับการบอกเสมอว่า CDF ไม่เหมือนใคร แต่ PDF / PMF ไม่เหมือนกันทำไมจึงเป็นเช่นนั้น คุณสามารถยกตัวอย่างที่ PDF / PMF ไม่ซ้ำกันได้หรือไม่?

— DKangeyan
แหล่งที่มา

[0, 1]

$[0,1]$

(0, 1)

$(0,1)$

Pr (j 2^{- i}) = 2^{1 - 2 i}

$\Pr(j2^{-i})=2^{1-2i}$

0 < j 2^{- i} < 1

$0\lt j2^{-i}\lt 1$

i \geq 1

$i\ge 1$

j

$j$

ไม่ใช่ดิสทริบิวชันทั้งหมดที่มี PDF หรือมี PMF ในขณะที่ดู CDF จะทำให้มุมมองรวมเป็นหนึ่งเดียว ตัวแปรแบบต่อเนื่องมี CDF ที่ดูราบรื่นตัวแปรแบบแยกมี "staircase" และ CDF บางตัวผสมกัน

— Silverfish

@Silverfish: ... และบางส่วนไม่ได้อยู่เหนือ! :-)

— พระคาร์ดินัล

เพื่อจัดการกับชื่อ (อาจจะค่อนข้างหลวม) CDF กำหนดการแจกแจงเพราะ CDF (หรือเทียบเท่าเพียงแค่ DF / 'ฟังก์ชั่นการกระจาย'; "C" ทำหน้าที่เฉพาะเพื่อชี้แจงว่าเป็นวัตถุที่เรากำลังพูดถึง) 'การกระจาย' หมายถึงแท้จริง; "D" เป็นเงื่อนงำในส่วนนั้น นั่นคือมันไม่ซ้ำกันดังต่อไปนี้จาก "F" - ฟังก์ชั่นมีค่าเดียวดังนั้นหากฟังก์ชั่นการกระจายสองฟังก์ชั่นเหมือนกันวัตถุที่พวกเขากำหนดจะเหมือนกัน; หาก DFs แตกต่างกันทุกที่สิ่งที่พวกเขาเป็นคำจำกัดความของจะแตกต่างกันไปที่จุดเหล่านั้น นั่นคือการพูดซ้ำซาก? ฉันคิดว่ามันคือ.

— Glen_b -Reinstate Monica

@Glen_b มันเป็นเรื่องธรรมดาสำหรับสัญชาตญาณที่ผ่านการฝึกฝนมาแล้วเท่านั้น ฟังก์ชั่นการกระจาย

F

$F$ เพียง แต่ช่วยให้ความน่าจะเป็นในรูปแบบ

F (x) = Pr {ω \in Ω | X (ω) \leq x}

$F(x)=\Pr\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\le x\}$ ในขณะที่ทั้งกระจายระบุความน่าจะเป็นในรูปแบบ

Pr ({ω \in Ω | X (ω) \in B}

$\Pr(\{\omega\in\Omega\,|\,X(\omega)\in\mathcal{B}\}$ สำหรับพลชุดที่วัด

B \subset R

$\mathcal{B}\subset\mathbb R$ R

คุณต้องแสดง

F

$F$ ตัวกำหนดการกระจาย ดังที่ NicholasB ชี้ให้เห็นนั่นเป็นเรื่องของการขยายการวัดล่วงหน้าจากกึ่งวงแหวน (ครึ่งช่วงเปิด),

μ ((a, b]) = F (b) - F (a)

$\mu((a,b])=F(b)-F(a)$ ไปยัง Lebesgue เต็ม sigma-field และแสดงว่ามันไม่เหมือนใคร

— whuber

คำตอบ:

ให้เราระลึกถึงบางสิ่ง Let เป็นพื้นที่ที่น่าจะเป็น , เป็นชุดตัวอย่างของเราเป็นของเราพีชคณิตและเป็นฟังก์ชั่นความน่าจะเป็นกำหนดไว้ใน ตัวแปรสุ่มเป็นฟังก์ชั่นที่วัดเช่นสำหรับการใด ๆ ที่วัดเกอเซตใน $(\Omega,A,P)$ $\Omega$ $A$ $\sigma$ $P$ $A$ $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X^{-1}(S) \in A$ $\mathbb{R}$ . หากคุณไม่คุ้นเคยกับแนวคิดนี้ทุกอย่างที่ฉันพูดในภายหลังจะไม่สมเหตุสมผล

เมื่อใดก็ตามที่เรามีตัวแปรสุ่มมันทำให้เกิดความน่าจะเป็นในการวัดบนโดยการผลักดันอย่างเป็นหมวดหมู่ ในคำอื่น ๆ )มันไม่ได้เป็นเรื่องที่จะตรวจสอบว่าเป็นตัวชี้วัดความน่าจะเป็นในการวิจัยเราเรียกกระจายของX $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'(S) = P(X^{-1}(S))$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'$ $X$

ตอนนี้เกี่ยวข้องกับแนวคิดนี้เป็นสิ่งที่เรียกว่าฟังก์ชั่นการกระจายของตัวแปรฟังก์ชั่น กำหนดตัวแปรสุ่มเรากำหนด )ฟังก์ชันการแจกแจงมีคุณสมบัติดังต่อไปนี้: $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $F(x) = P(X\leq x)$ $F:\mathbb{R} \to [0,1]$

เป็นแบบต่อเนื่องที่ถูกต้อง $F$
ไม่ลดลง $F$
และ 0 $F(\infty) = 1$ $F(-\infty)=0$

ตัวแปรสุ่มที่ชัดเจนซึ่งเท่ากันมีฟังก์ชันการแจกแจงและการแจกแจงแบบเดียวกัน

หากต้องการย้อนกลับกระบวนการและรับการวัดด้วยฟังก์ชันการแจกแจงที่ให้นั้นเป็นเรื่องทางเทคนิค ให้เราบอกคุณจะได้รับฟังก์ชันการแจกแจง )กำหนดคุณต้องแสดงให้เห็นว่าเป็นตัวชี้วัดกึ่งพีชคณิตของช่วงเวลาของหลังจากนั้นคุณสามารถใช้ทฤษฎีบทการขยายCarathéodoryเพื่อขยายไปยังวัดความน่าจะเป็นในการวิจัย $F(x)$ $\mu(a,b] = F(b) - F(a)$ $\mu$ $(a,b]$ $\mu$ $\mathbb{R}$

— Nicolas Bourbaki
แหล่งที่มา

นี่เป็นการเริ่มต้นที่ดีสำหรับคำตอบ แต่อาจเป็นการปิดบังเรื่องเล็กน้อยโดยไม่ตั้งใจ ปัญหาหลักดูเหมือนว่าจะแสดงให้เห็นว่าสองมาตรการที่มีฟังก์ชั่นการกระจายตัวที่เหมือนกันในความเป็นจริงเท่ากัน เรื่องนี้ต้องมีอะไรมากไปกว่าของ Dynkin

ทฤษฎีบทและความจริงที่ว่าชุดของแบบฟอร์ม

รูปแบบ

-System ที่สร้าง Borel

. พีชคณิตแล้ว nonuniqueness ของความหนาแน่นที่ (สมมติว่ามันมีอยู่) สามารถ! ได้รับการแก้ไขและตรงกันข้ามกับด้านบน

π

$\pi$

λ

$\lambda$

(- \infty, b]

$(-\infty, b]$

π

$\pi$

σ

$\sigma$

— พระคาร์ดินัล

(เล่นโวหารเพิ่มเติมอีกหนึ่ง: ตัวแปรสุ่มมักจะกำหนดในแง่ของชุด Borel มากกว่าชุด Lebesgue.) ฉันคิดว่าการแก้ไขเล็กน้อยบางคำตอบนี้จะค่อนข้างชัดเจน :-)

— พระคาร์ดินัล

@ cardinal ฉันคิดถึงการวิเคราะห์ก่อนความน่าจะเป็นที่สอง ดังนั้นสิ่งนี้อาจอธิบายได้ว่าทำไมฉันถึงคิดว่าชุด Lebesgue ไม่ว่าในกรณีใดมันจะไม่ส่งผลกระทบต่อสิ่งที่พูด

— Nicolas Bourbaki

ในการตอบคำขอเป็นตัวอย่างของความหนาแน่นสองค่าที่มีอินทิกรัลเดียวกัน (เช่นมีฟังก์ชันการแจกแจงแบบเดียวกัน) ให้พิจารณาฟังก์ชันเหล่านี้ที่กำหนดบนจำนวนจริง:

 f(x) = 1 ; when x is odd integer
 f(x) = exp(-x^2)  ; elsewhere

แล้ว;

 f2(x) = 1  ; when x is even integer
 f2(x) = exp(-x^2) ;  elsewhere

They are not equal at all x, but are both densities for the same distribution, hence densities are not uniquely determined by the (cumulative) distribution. When densities with a real domain are different only on a countable set of x values, then the integrals will be the same. Mathematical analysis is not really for the faint of heart or the determinately concrete mind.

— DWin
แหล่งที่มา

I disagree with the statement, "the probability distribution function does not uniquely determine a probability measure", that you say in your opening question. It does uniquely determine it.

Let $f_1,f_2:\mathbb{R}\to [0,\infty)$ be two probability mass functions. If,

\int_{E} f_{1} = \int_{E} f_{2}

$\int_E f_1 = \int_E f_2$ For any measurable set

E

$E$ then

f_{1} = f_{2}

$f_1=f_2$ almost everywhere. This uniquely determines the pdf (because in analysis we do not care if they disagree on a set of measure zero).

We can rewrite the above integral into,

\int_{E} g = 0

$\int_E g = 0$ Where

g = f_{1} - f_{2}

$g=f_1-f_2$ is an integrable function.

Define $E = \{ x \in \mathbb{R} ~ | ~ g \geq 0 \}$ , so $\int_E g = 0$ . We use the well-known theorem that if an integral of a non-negative function is zero then the function is zero almost everywhere. In particular, $g=0$ a.e. on $E$ . So $f_1 = f_2$ a.e. on $E$ . Now repeat the argument in the other direction with $F = \{ x\in \mathbb{R} ~ | ~ g \leq 0 \}$ . We will get that $f_1 = f_2$ a.e on $F$ . Thus, $f_1 = f_2$ a.e. on $E\cup F = \mathbb{R}$ .

— Nicolas Bourbaki
แหล่งที่มา