Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.

Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
distribución exponencial (a>0)

1) unilateral con la densidad

f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0

2) bilateral con la densidad

f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo

Saludos,
Wolfgang

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>
> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
> distribución exponencial (a>0)
>
> 1) unilateral con la densidad
>
> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>
> 2) bilateral con la densidad
>
> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>

De nuevo hay que usar la distribución de Cauchy, ¿no? (ahora vista
"desde el otro lado")

--

Antonio

"Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
news:6d3mb3Fm6lfU1***mid.individual.net...
> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
>> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>>
>> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
>> distribución exponencial (a>0)
>>
>> 1) unilateral con la densidad
>>
>> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>>
>> 2) bilateral con la densidad
>>
>> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>>
>
> De nuevo hay que usar la distribución de Cauchy, ¿no? (ahora vista
> "desde el otro lado")
>
> --
>
> Antonio

Hmmm ... podrias tener razón en un sentido específico ... depende de la
definción del "otro lado".

Pero ... no, nada tiene que ver con la distribución de Cauchy.

Observaciones/pistas:

(1) es fácil y el resultado es bien conocido
(2) es más elaborado (al menos para mí) y yo nunca he visto el
resultado antes

Saludos,
Wolfgang

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>
> "Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
> news:6d3mb3Fm6lfU1***mid.individual.net...
>> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>>> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
>>> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>>>
>>> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
>>> distribución exponencial (a>0)
>>>
>>> 1) unilateral con la densidad
>>>
>>> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>>>
>>> 2) bilateral con la densidad
>>>
>>> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>>>
>>
>> De nuevo hay que usar la distribución de Cauchy, ¿no? (ahora vista
>> "desde el otro lado")
>>
>> --
>>
>> Antonio
>
> Hmmm ... podrias tener razón en un sentido especÃ***fico ... depende de la
> definción del "otro lado".
>
> Pero ... no, nada tiene que ver con la distribución de Cauchy.
>

Por supuesto que sÃ***, puesto que f2 es la transformada de Fourier de la
distribución de Cauchy.

> Observaciones/pistas:
>
> (1) es fácil y el resultado es bien conocido
> (2) es más elaborado (al menos para mÃ***) y yo nunca he visto el resultado
> antes

Por ser las variables independientes con la misma distribución

E(Z) = n E(X)

V(Z) = n V(X)

por lo que sólo tenemos que hallar la media y la varianza de la variable X.

Podemos hacerlo directamente, pero también podemos hacerlo "más
elegante", emplenado la función generatriz.

Si M(n) es el enésimo momento de x

M(n) = int x^n f(x) dx

entonces la función generatriz exponencial de los momentos

F(k) = sum_(n=0)^oo (ik)^n M(n)/n!

es la transformada de Fourier de f(x)

F(k) = int_(-oo)^oo f(x) exp(ikx)dx

y si tomamos el logaritmo de esta función

g(k) = log(F(k)) = sum_(n=1)^oo (ik)^n K(n)/n!

donde los K(n) son los cumulantes de la distribución. En particular

K(1) = M(1) = E(X)

K(2) = M(2) - M(1)^2 = V(x)

Por tanto, hallamos la t. de F. de la primera función

F1(k) = a int_0^oo e^(ikx-ka) dx = a/(a-ik) = 1/(1-ik/a)

y

g1(k) = -log(1-ik/a) = ik/a - k^2/(2a^2) + O(k)^3

por tanto

E(X) = 1/a V(X) = 1/a^2

E(Z) = n/a V(Z) = n/a^2

Para la segunda distribución

F2(k) = (a/2)int_0^oo exp(i k x-a|x|) dx =

= (a/2)(1/(a-ik) + 1/(a+ik)) = a^2/(a^2+k^2)

que es la distribución de Cauchy, esto es, para una distribución
exponencial simétrica en el espacio real, se tiene una de Cuachy en el
de Fourier y viceversa. Puede comprobarse que verifican el principio de
incertidumbre.

Hallando ahora la f.g.e. de los cumulantes

g2(k) = -log(1+k^2/a^2) = -k^2/a^2 + O(a)^4

y por tanto

M(X) = 0 V(x) = 2/a^2

M(Z) = 0 V(z) = 2n/a^2


--

Antonio

"Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
news:6d458qFotdmU1***mid.individual.net...
> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>>
>> "Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
>> news:6d3mb3Fm6lfU1***mid.individual.net...
>>> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>>>> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
>>>> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>>>>
>>>> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
>>>> distribución exponencial (a>0)
>>>>
>>>> 1) unilateral con la densidad
>>>>
>>>> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>>>>
>>>> 2) bilateral con la densidad
>>>>
>>>> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>>>>
>>>
>>> De nuevo hay que usar la distribución de Cauchy, ¿no? (ahora vista
>>> "desde el otro lado")
>>>
>>> --
>>>
>>> Antonio
>>
>> Hmmm ... podrias tener razón en un sentido especÃ***fico ... depende de
>> la definción del "otro lado".
>>
>> Pero ... no, nada tiene que ver con la distribución de Cauchy.
>>
>
> Por supuesto que sÃ***, puesto que f2 es la transformada de Fourier de
> la distribución de Cauchy.
>
>> Observaciones/pistas:
>>
>> (1) es fácil y el resultado es bien conocido
>> (2) es más elaborado (al menos para mÃ***) y yo nunca he visto el
>> resultado antes
>
> Por ser las variables independientes con la misma distribución
>
> E(Z) = n E(X)
>
> V(Z) = n V(X)
>
> por lo que sólo tenemos que hallar la media y la varianza de la
> variable X.
>
> Podemos hacerlo directamente, pero también podemos hacerlo "más
> elegante", emplenado la función generatriz.
>
> Si M(n) es el enésimo momento de x
>
> M(n) = int x^n f(x) dx
>
> entonces la función generatriz exponencial de los momentos
>
> F(k) = sum_(n=0)^oo (ik)^n M(n)/n!
>
> es la transformada de Fourier de f(x)
>
> F(k) = int_(-oo)^oo f(x) exp(ikx)dx
>
> y si tomamos el logaritmo de esta función
>
> g(k) = log(F(k)) = sum_(n=1)^oo (ik)^n K(n)/n!
>
> donde los K(n) son los cumulantes de la distribución. En particular
>
> K(1) = M(1) = E(X)
>
> K(2) = M(2) - M(1)^2 = V(x)
>
> Por tanto, hallamos la t. de F. de la primera función
>
> F1(k) = a int_0^oo e^(ikx-ka) dx = a/(a-ik) = 1/(1-ik/a)
>
> y
>
> g1(k) = -log(1-ik/a) = ik/a - k^2/(2a^2) + O(k)^3
>
> por tanto
>
> E(X) = 1/a V(X) = 1/a^2
>
> E(Z) = n/a V(Z) = n/a^2
>
> Para la segunda distribución
>
> F2(k) = (a/2)int_0^oo exp(i k x-a|x|) dx =
>
> = (a/2)(1/(a-ik) + 1/(a+ik)) = a^2/(a^2+k^2)
>
> que es la distribución de Cauchy, esto es, para una distribución
> exponencial simétrica en el espacio real, se tiene una de Cuachy en
> el de Fourier y viceversa. Puede comprobarse que verifican el
> principio de incertidumbre.
>
> Hallando ahora la f.g.e. de los cumulantes
>
> g2(k) = -log(1+k^2/a^2) = -k^2/a^2 + O(a)^4
>
> y por tanto
>
> M(X) = 0 V(x) = 2/a^2
>
> M(Z) = 0 V(z) = 2n/a^2
>
>
> --
>
> Antonio

Bueno, lo de la distrubución de Cachy es correcto.

Y ahora: ¿ qué son las distribuciones mismas ?

PD: he descubierto unos errores en Mathematica relacionado con las
funciones (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w t).

Saludos,
Wolfgang

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>
> Bueno, lo de la distrubución de Cachy es correcto.
>
> Y ahora: ¿ qué son las distribuciones mismas ?
>
Bueno, para dos variables independientes se tiene que la función
generatriz de momentos es multiplicativa (y la de cumulantes aditiva),
de forma que habrÃ***a que hallar la transformada de Fourier inversa del
producto. En el primer caso

f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1-ik/a)^n dx

y en el segundo

f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1+k^2/a^2)^n dx

Que debe salir sin demasiados problemas por cálculo de residuos. Luego
lo hago.

> PD: he descubierto unos errores en Mathematica relacionado con las
> funciones (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w t).

¿Cuáles?

--

Antonio

"Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
news:6d4c4qFoivgU1***mid.individual.net...
> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>>
>> Bueno, lo de la distrubución de Cachy es correcto.
>>
>> Y ahora: ¿ qué son las distribuciones mismas ?
>>
> Bueno, para dos variables independientes se tiene que la función
> generatriz de momentos es multiplicativa (y la de cumulantes
> aditiva), de forma que habrÃ***a que hallar la transformada de Fourier
> inversa del producto. En el primer caso
>
> f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1-ik/a)^n dx
>
> y en el segundo
>
> f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1+k^2/a^2)^n dx
>
> Que debe salir sin demasiados problemas por cálculo de residuos.
> Luego lo hago.
>
>> PD: he descubierto unos errores en Mathematica relacionado con las
>> funciones (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w
>> t).
>
> ¿Cuáles?
>
> --
>
> Antonio

1) Error en la función DiracDelta:
Ver
Newsgroups: comp.soft-sys.math.mathematica
Sent: Thursday, June 19, 2008 11:42 AM
Subject: Bug in multiple integrals with delta function
Este error lo reconoció Daniel Lichtblau de Wolfram.

2) Error en (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w
t).
Aparecen en

f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1+k^2/a^2)^n dx

en la versión antigua 5.0 si n>=6.

Pero hay otro error que voy a describir después de tú habrás calculado
la distribución (2) porque no quiero estropear la diversión.

Saludos,
Wolfgang

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>
> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
> distribución exponencial (a>0)
>
> 1) unilateral con la densidad
>
> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>

Veámoslo por inducción, a base de convoluciones sucesivas.

Tenemos que

f(x) = H(x) exp(-x)

donde, sin pérdida de generalidad he hecho a=1 (o redefinido x como ax)
y H(x) es la función escalón de Heaviside. Para las distintas z's (con
una, dos, tres,... X's) tenemos que

f(n,z) = int_(-oo)^oo f(n-1,y)f(1,z-y)dy

Para n = 1 obviamente

f(1,z) = f(x) = H(x) exp(-x)

Para n = 2

f(2,z) = int_(-oo)^oo H(y)H(z-y) exp(-y-z+y) dy =

= exp(-z) int_(-oo)^oo H(y)H(z-y)dy

para z negativo esta integral es nula, y para z positivo

f(2,z) = exp(-z) int_0^z dy = H(z)z exp(-z)

Para n = 3, saltándome pasos análogos

f(3,z) = H(z) exp(-z) int_0^z y dy = H(z)(z^2/2) exp(-z)

Por inducción se demuestra que

f(n,z) = H(z) z^(n-1)/(n-1)! exp(-z)


> 2) bilateral con la densidad
>
> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>

Para más tarde.

--

Antonio

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
> Sean X1, X2, ..., Xn variables aleatorias independientes
> e idénticamente distribuidas y sea Z = X1+X2+...+Xn.
>
> Calcular la distribución de Z y los primeros dos momentos para una
> distribución exponencial (a>0)
>
> 1) unilateral con la densidad
>
> f1(x) dx = a Exp(-a x) dx x>=0
>
> 2) bilateral con la densidad
>
> f2(x) dx = a/2 Exp(-a |x|) dx -oo < x < +oo
>

Vamos allá con las convoluciones. Como antes, hago a=1.

Tenemos, como antes,

f(1,z) = f(x) = exp(-|x|)/2

Para n = 2

f(2,z) = int f(1,y)f(1,z-y)dy =

=(1/4) int exp(-(|y|+|z-y|)) dy

Como el resultado es simétrico, podemos suponer que z > 0. En esta
integral ddistinguimos tres partes (-oo,0],(0,z),[z,oo) y queda

f(2,z) = (1/4)(int_(-oo)^0 exp(-(z-2y))dy + int_0^z exp(-z) +

+ int_z^oo exp(-(2y-z))dy = (exp(-z)/4)(1+z)

Simetrizando

f(2,z) = exp(-z)(1+|z|)/4

Para n = 3

f(3,z) = (1/8) int exp(-(|y|+|z-y|))(1+|y|) dy

Descomponiendo de nuevo resulta

f(3,z) = (1/6)(3+3|z|+z^2)exp(-|z|)

Definiendo la recurrencia

f[1, z_] = Exp[-z]/2

f[n_, z_] := f[n,z_]=
Factor[Integrate[f[n - 1, -y] f[1, z - y], {y, -Infinity, 0}] +
Integrate[f[n - 1, y] f[1, z - y], {y, 0, z}] +
Integrate[f[n - 1, y] f[1, y - z], {y, z, Infinity}]]

queda

f(4,z) = exp(-|z|)(15 + 15|z| + 6 z^2 + |z|^3)/96

f(5,z) = exp(-|z|)(105 + 105 z + 45 z^2 + 10 z^3 + z^4)/768

Ummm... no reconozco ahora esos números...

Así que me voy a la OEIS

http://www.research.att.com/~njas/sequences/A001498

y encuentro que son los polinomios de Bessel. Consulto la entrada
relevante en Mathworld

http://mathworld.wolfram.com/Modifie...econdKind.html

y queda, finalmente

f(n,z) = (k(n-1,|z|)/(n-1)!) (|z|/2)^n

con k(n,x) la función esférica de Bessel de segunda especie de orden n.

--

Antonio

Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>
> "Antonio González" <gonfer00***gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
> news:6d4c4qFoivgU1***mid.individual.net...
>> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
>>>
>>> Bueno, lo de la distrubución de Cachy es correcto.
>>>
>>> Y ahora: ¿ qué son las distribuciones mismas ?
>>>
>> Bueno, para dos variables independientes se tiene que la función
>> generatriz de momentos es multiplicativa (y la de cumulantes aditiva),
>> de forma que habría que hallar la transformada de Fourier inversa del
>> producto. En el primer caso
>>
>> f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1-ik/a)^n dx
>>
>> y en el segundo
>>
>> f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1+k^2/a^2)^n dx
>>
>> Que debe salir sin demasiados problemas por cálculo de residuos. Luego
>> lo hago.
>>
>>> PD: he descubierto unos errores en Mathematica relacionado con las
>>> funciones (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w t).
>>
>> ¿Cuáles?
>>
>> --
>>
>> Antonio
>
> 1) Error en la función DiracDelta:
> Ver
> Newsgroups: comp.soft-sys.math.mathematica
> Sent: Thursday, June 19, 2008 11:42 AM
> Subject: Bug in multiple integrals with delta function
> Este error lo reconoció Daniel Lichtblau de Wolfram.
>
> 2) Error en (Inverse)FourierTransform y con la integral sobre Exp(i w t).
> Aparecen en
>
> f(z) = 1/(2pi) int_(-oo)^oo exp(-ikx)/(1+k^2/a^2)^n dx
>
> en la versión antigua 5.0 si n>=6.
>

En la 6.0 no hay problema, parece

Factor[Coefficient[
Expand[FourierTransform[1/(1 + x^2)^7, x, k]/Sqrt[2 Pi]],
HeavisideTheta[k]]]

da

e^-k (10395+10395 k+4725 k^2+1260 k^3+210 k^4+21 k^5+k^6))/92160

y

FunctionExpand[SphericalHankelH1[6, I k]]

da

(e^-k (10395+10395 k+4725 k^2+1260 k^3+210 k^4+21 k^5+k^6))/k^7

que es proporcional.

¿Qué problema hay en la 5?

--

Antonio