Biến ngẫu nhiên thống nhất là tổng của hai biến ngẫu nhiên

Lấy từ Grimmet và Stirzaker :

Chứng tỏ rằng không thể là trường hợp $U=X+Y$ trong đó $U$ được phân bố đồng đều trên [0,1] và $X$ và $Y$ là độc lập và phân phối giống hệt nhau. Bạn không nên cho rằng X và Y là các biến liên tục.

Một bằng chứng đơn giản bằng cách cũng đủ mâu thuẫn đối với trường hợp $X$ , $Y$ được giả định rời rạc bởi cho rằng nó luôn luôn có thể tìm thấy một $u$ và $u'$ như vậy mà $P(U\leq u+u') \geq P(U\leq u)$ trong khi $P(X+Y \leq u) = P(X+Y \leq u+u')$ .

Tuy nhiên, bằng chứng này không mở rộng đến $X,Y$ hoàn toàn liên tục hoặc số ít liên tục. Gợi ý / Nhận xét / Phê bình?

Kết quả có thể được chứng minh bằng một hình ảnh: các vùng màu xám có thể nhìn thấy cho thấy phân phối đồng đều không thể bị phân tách thành tổng của hai biến phân phối nhận dạng độc lập.

Ký hiệu

Đặt X và Y là iid sao cho X + Y có phân phối đồng đều trên [ 0 , 1 ] . Điều này có nghĩa rằng đối với tất cả 0 ≤ một ≤ b ≤ 1 ,$X$$Y$$X+Y$$[0,1]$$0\le a \le b \le 1$

Sự hỗ trợ thiết yếu của sự phân bố chung của X và Y do đó là [ 0 , 1 / 2 ] (đối với trường hợp sẽ có khả năng tích cực mà X + Y dối bên ngoài [ 0 , 1 ] ).$X$$Y$$[0,1/2]$$X+Y$$[0,1]$

Bức tranh

Hãy 0 < ε < 1 / 4 . Xem sơ đồ này cho thấy tổng các biến ngẫu nhiên được tính như thế nào:$0 \lt \epsilon \lt 1/4$

Phân phối xác suất cơ bản là phân phối chung cho ( X , Y ) . Xác suất của bất kỳ sự kiện nào a < X + Y ≤ b được đưa ra bởi tổng xác suất được bao phủ bởi dải đường chéo kéo dài giữa các đường x + y = a và x + y = b . Ba ban nhạc như được hiển thị: từ 0 đến ε , xuất hiện như một hình tam giác nhỏ màu xanh ở dưới bên trái; từ 1 / 2 - ε đến 1 /$(X,Y)$$a \lt X+Y \le b$$x+y=a$$x+y=b$$0$$\epsilon$$1/2-\epsilon$$1/2+\epsilon$, được hiển thị dưới dạng hình chữ nhật màu xám có hai hình tam giác (màu vàng và màu xanh lá cây); và từ 1 - ε để 1 , xuất hiện như một hình tam giác nhỏ màu đỏ ở phía trên bên phải.$1-\epsilon$$1$

Những gì hình ảnh cho thấy

Bằng cách so sánh tam giác dưới bên trái trong hình với hình vuông bên trái chứa nó và khai thác giả định iid cho X và Y , rõ ràng là$X$$Y$

Lưu ý rằng bất đẳng thức là nghiêm ngặt: không thể bình đẳng vì có một số xác suất dương rằng cả X và Y đều nhỏ hơn ϵ nhưng tuy nhiên$X$$Y$$\epsilon$ X + Y > ϵ .$X+Y \gt \epsilon$

Tương tự, so sánh tam giác đỏ với hình vuông ở góc trên bên phải,

Cuối cùng, so sánh hai tam giác đối diện ở phía trên bên trái và phía dưới bên phải với dải chéo chứa chúng cho ra một bất đẳng thức nghiêm ngặt khác,

Các nảy sinh bất bình đẳng đầu tiên từ trước đó hai (lấy căn bậc hai của họ và nhân họ) trong khi cái thứ hai mô tả (chặt chẽ) bao gồm các hình tam giác trong biên độ và sự bình đẳng trước thể hiện sự thống nhất của X + Y . Kết luận rằng 2 ε < 2 ε là mâu thuẫn minh như X và Y không thể tồn tại, QED .$X+Y$$2\epsilon \lt 2\epsilon$$X$$Y$

I tried finding a proof without considering characteristic functions. Excess kurtosis does the trick. Here's the two-line answer: $\text{Kurt}(U) = \text{Kurt}(X + Y) = \text{Kurt}(X) / 2$ since $X$ and $Y$ are iid. Then $\text{Kurt}(U) = -1.2$ implies $\text{Kurt}(X) = -2.4$ which is a contradiction as $\text{Kurt}(X) \geq -2$ for any random variable.

Rather more interesting is the line of reasoning that got me to that point. $X$ (and $Y$) must be bounded between 0 and 0.5 - that much is obvious, but helpfully means that its moments and central moments exist. Let's start by considering the mean and variance: $\mathbb{E}(U)=0.5$ and $\text{Var}(U)=\frac{1}{12}$. If $X$ and $Y$ are identically distributed then we have:

So $\mathbb{E}(X) = 0.25$. For the variance we additionally need to use independence to apply:

Hence $\text{Var}(X) = \frac{1}{24}$ and $\sigma_X = \frac{1}{2\sqrt{6}} \approx 0.204$. Wow! That is a lot of variation for a random variable whose support ranges from 0 to 0.5. But we should have expected that, since the standard deviation isn't going to scale in the same way that the mean did.

Now, what's the largest standard deviation that a random variable can have if the smallest value it can take is 0, the largest value it can take is 0.5, and the mean is 0.25? Collecting all the probability at two point masses on the extremes, 0.25 away from the mean, would clearly give a standard deviation of 0.25. So our $\sigma_X$ is large but not impossible. (I hoped to show that this implied too much probability lay in the tails for $X + Y$ to be uniform, but I couldn't get anywhere with that on the back of an envelope.)

Second moment considerations almost put an impossible constraint on $X$ so let's consider higher moments. What about Pearson's moment coefficient of skewness, $\gamma_1 = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^3}{\sigma_X^3} = \frac{\kappa_3}{\kappa_2^{3/2}}$? This exists since the central moments exist and $\sigma_X \neq 0$. It is helpful to know some properties of the cumulants, in particular applying independence and then identical distribution gives:

This additivity property is precisely the generalisation of how we dealt with the mean and variance above - indeed, the first and second cumulants are just $\kappa_1 = \mu$ and $\kappa_2 = \sigma^2$.

Then $\kappa_3(U) = 2\kappa_3(X)$ and $\big(\kappa_2(U)\big)^{3/2} = \big(2\kappa_2(X)\big)^{3/2} = 2^{3/2} \big(\kappa_2(X)\big)^{3/2}$. The fraction for $\gamma_1$ cancels to yield $\text{Skew}(U) = \text{Skew}(X + Y) = \text{Skew}(X) / \sqrt{2}$. Since the uniform distribution has zero skewness, so does $X$, but I can't see how a contradiction arises from this restriction.

So instead, let's try the excess kurtosis, $\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{\kappa_2^2} = \frac{\mathbb{E}(X - \mu_X)^4}{\sigma_X^4} - 3$. By a similar argument (this question is self-study, so try it!), we can show this exists and obeys:

The uniform distribution has excess kurtosis $-1.2$ so we require $X$ to have excess kurtosis $-2.4$. But the smallest possible excess kurtosis is $-2$, which is achieved by the $\text{Binomial}(1, \frac{1}{2})$ Bernoulli distribution.