Transformations of Random Variable - 1

“확률과 통계(MATH230)” 수업에서 배운 것과 공부한 것을 정리한 포스트입니다. 전체 포스트는 Probability and Statistics에서 확인하실 수 있습니다 🎲

이번 챕터 “Ch07. Functions of Random Variables”에서는 RV $X$에 어떤 함수 $f(x)$를 씌워 $Y = f(X)$라는 새로운 RV를 만들때, 이 RV $Y$에 대한 분포를 살펴본다. 즉, $f(X)$에 대한 pdf, cdf를 구한다는 말이다.

쉬운 경우부터 조금 복잡한 경우까지 순서대로 살펴볼 것이며, $f(x)$가 1-1 function일 때, $f(x)$가 not 1-1일 때를 살펴본다. 뒷부분에서는 RV의 momemtum을 쉽게 구하는 도구인 <MGF; Momentum Generating Function> $M_X(t)$에 대해 살펴본다.

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1-1 Transformation

Discrete Case

Example.

Let $X$ be a RV with $P(X = \pm 1) = 1/2$.

Let $Y = 3X - 5$, find the pmf of $Y$.

\[P(Y = y) = \begin{cases} 1/2 & y=-2 \\ 1/2 & y=-8 \\ \; 0 & \text{else} \end{cases}\]

위의 과정을 좀더 풀어서 살펴보자. 그러면,

\[\begin{aligned} P(Y = y) &= P(3X - 5 = y)\\ &= P(f(X) = y) \\ &= P(X = f^{-1}(y)) \end{aligned}\]

즉, $f(X)$에서 역함수 $f^{-1}$를 이용해 $X$의 pmf로부터 손쉽게 $Y$의 pmf를 유도할 수 있다는 것이다!

\[P(Y = y) = P(X = f^{-1}(y))\]

Theorem. Discrete Case

1. Supp. $X$ has pmf $f_X (x)$.

Let $Y=g(X)$ where $g$ is 1-1 function with the inverse $x = g^{-1}(y)$.

Then,

\[f_Y (y) = f_X (g^{-1}(y))\]

2. Supp. $(X_1, X_2)$ has joint pmf $f_{X_1, X_2} (x_1, x_2)$.

Let $Y_1 := u_1 (X_1, X_2)$ and $Y_2 := u_2 (X_1, X_2)$, and $X_1 := w_1(Y_1, Y_2)$ and $X_2 := w_2 (Y_1, Y_2)$.

Then,

\[f_{Y_1, Y_2} (y_1, y_2) = f_{X_1, X_2} \left( w_1(y_1, y_2), w_2(y_1, y_2) \right)\]

즉, $X_1$, $X_2$를 이용해 $Y_1$, $Y_2$를 정의한 식을 잘 풀어서, $Y_1$, $Y_2$를 이용해 $X_1$, $X_2$를 기술한 식 $w_1$, $w_2$를 정의하고, 그것으로 pmf를 유도한다는 말이다! 당연한 접근을 수식으로 formal하게 기술한 것 정도라고 생각하면 된다.

Example.

Let $X \sim \text{Poi}(\lambda)$ and $Y \sim \text{Poi}(\mu)$, and $X \perp Y$.

Find the distribution of $X + Y$.

만약 $P(X+Y = 5)$라고 한다면, 이것을 계산하기 위해 $P(X = 0, Y=5)$, $P(X=1, Y=4)$, …, $P(X=5, Y=0)$의 확률을 구해서 더할 것이다. 이 아이디어를 바탕으로 아래와 같이 식을 전개해보자!

\[\begin{aligned} P(X+Y = n) &= \sum^{\infty}_{k=0} P(X=n-k, Y = k) \\ &= \sum^{\infty}_{k=0} P(X=n-k) P(Y = k) \quad (\text{independence}) \\ &= \sum^{\infty}_{k=0} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!} \cdot e^{-\mu} \frac{\mu^k}{k!} \\ &= \frac{e^{-(\lambda + \mu)}}{n!} \sum^{\infty}_{k=0} \frac{n!}{(n-k)!k!} \lambda^{n-k} \mu^k \\ &= \frac{e^{-(\lambda + \mu)}}{n!} \cdot (\lambda + \mu)^n = e^{-(\lambda + \mu)} \frac{(\lambda + \mu)^n}{n!} \end{aligned}\]

즉, $P(X+Y = n)$는 $\text{Poi}(\lambda+\mu)$의 pmf라는 것을 유도할 수 있다! $\blacksquare$

We first find the joint pmf of $(X, X+Y)$, and then find the marginal pmf of $X+Y$.

Let $U = X$, $V = X+Y$, then $X = U$, $Y = V - U$.

따라서, $U$, $V$에 대한 pmf는

\[\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) &= f_{X, Y} (u, v-u) \\ &= f_X (u) f_Y(v-u) \quad (\text{independence}) \\ &= e^{-\lambda} \frac{\lambda^u}{u!} \cdot e^{-\mu} \frac{\mu^{v-u}}{(v-u)!} \\ &= e^{-(\lambda + \mu)} \frac{\lambda^u}{u!} \frac{\mu^{v-u}}{(v-u)!} \end{aligned}\]

$U$, $V$에 대한 joint pmf를 구했으니, 이번에는 $V$에 대한 marginal pmf를 구해보자.

\[\begin{aligned} f_V (v) &= \sum_u f_{U, V} (u, v) \\ &= \sum_u e^{-(\lambda+\mu)} \frac{\lambda^u}{u!} \frac{\mu^{v-u}}{(v-u)!} \\ &= e^{-(\lambda+\mu)} \sum_u \frac{\lambda^u}{u!} \frac{\mu^{v-u}}{(v-u)!} \\ &= \frac{e^{-(\lambda+\mu)}}{v!} \sum_u \frac{v!}{u!(v-u)!} \lambda^u \mu^{v-u} \\ &= \frac{e^{-(\lambda+\mu)}}{v!} \cdot (\mu + \lambda)^v \\ &= e^{-(\lambda+\mu)} \frac{(\mu + \lambda)^v}{v!} \end{aligned}\]

즉, $V = X+Y$에 대한 pmf는 결국 $\text{Poi}(\lambda + \mu)$인 것이다! $\blacksquare$

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Continuous Case

Theorem.

Let $X$ be a continuous RV with pdf $f_X (x)$.

Let $Y := g(X)$ wgere $g$ is 1-1 with inverse $x = h(y)$.

Then,

\[f_Y (y) = f_X (h(y)) \cdot \left| h'(y) \right|\]

💥 Continuous의 경우, $\left| h’(y) \right|$ 텀이 곱해진다는 사실에 주목하자! 🔥

Example.

1. Let $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ and let $Y := \dfrac{X - \mu}{\sigma}$.

Then,

\[\begin{aligned} f_Y (y) &= f_X (h(y)) \cdot \left| h'(y) \right| \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} \cdot \exp \left({- \frac{(h(y)-\mu)^2}{2\sigma^2}}\right) \cdot \left| \sigma \right|\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cancel{\sigma}} \cdot \exp \left( - \frac{(\cancel{\sigma} y + \cancel{\mu} - \cancel{\mu})^2}{2\cancel{\sigma^2}} \right) \cdot \cancel{\sigma} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \exp \left( - y^2 / 2\right) \end{aligned}\]

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2. Let $X \sim \text{Gamma}(\alpha, 1)$, and let $Y := \beta X$.

Claim: $Y \sim \text{Gamma}(\alpha, \beta)$

\[y = \beta x \iff x = \frac{y}{\beta} = h(y)\]

and

\[f_X (x) = \frac{1}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha - 1} e^{-x}\]

then,

\[\begin{aligned} f_Y (y) &= f_X (h(y)) \cdot \left| h'(y) \right| \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} h(y)^{\alpha - 1} e^{-h(y)} \cdot \left| \frac{1}{\beta} \right| \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha) \beta} \cdot \left( \frac{y}{\beta}\right)^{\alpha-1} e^{-y/\beta} \\ &= \frac{1}{\Gamma(\alpha) \beta^{\alpha}} \cdot y^{\alpha-1} e^{-y/\beta} \end{aligned}\]

따라서, $X \sim \text{Gamma}(\alpha, 1)$에서 $Y = \beta X$의 transformation을 취하면, $Y \sim \text{Gamma}(\alpha, \beta)$의 분포를 얻는다.

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3. Let $\theta \sim \text{Unif}(-\pi/2, \pi/2)$, and let $X = \tan \theta$.

Find the pdf of $X$.

\[h(x) = \arctan x \quad \text{and} \quad h'(x) = \frac{1}{1+x^2}\]

위의 규칙에 맞춰 $X$의 분포를 유도해보면,

\[\begin{aligned} f_X (x) &= f_\theta (h(x)) \cdot \left| h'(x) \right| \\ &= \cancelto{\frac{1}{\pi}}{f_\theta (\arctan x)} \cdot \frac{1}{1+x^2} \quad (\text{Uniform distribution})\\ &= \frac{1}{\pi} \frac{1}{1+x^2} \end{aligned}\]

참고로 위와 같은 분포를 <Cauchy Distribution>라고 한다.

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Theorem.

Let $X$ be a RV with cdf $F_X (x)$ which is strictly increasing.

Let $U \sim \text{Unif}(0, 1)$ Then,

1. $Y := F_X^{-1}(U)$ has the same distribution of $X$.

2.$Z := F_X(X)$ has the same distribution of $U$.

개인적으로 명제에 대해 잘 이해가 되지 않아, 증명을 먼저 이해했다.

Proof. 1

\[\begin{aligned} P(Y \le y) &= P(F_X^{-1} (U) \le y) \\ &= P(U \le F_X (y)) \\ &= F_X (y) \quad (\text{by cdf of unfiorm $U$}) \end{aligned}\]

따라서, $Y = F_X^{-1}(U)$는 $X$의 분포를 갖는다. $\blacksquare$

Proof. 2

\[\begin{aligned} P(Z \le x) &= P(F_X(X) \le x) \\ &= P(X \le F_X^{-1}(x)) \\ &= F_x \left( F_X^{-1} (x) \right) = x \end{aligned}\]

따라서, $Z = F_X(X)$는 uniform distribution $U(0, 1)$을 갖는다. $\blacksquare$

Example.

Let $X \sim \text{Exp}(\lambda)$, then cdf is $F_X(x) = 1 - e^{-\lambda x}$.

그러면 우리는 $F_X^{-1}$와 $U$를 이용해 $X$의 분포를 갖는 RV를 유도할 수 있다!!

By above theorem,

\[F_X^{-1}(U) = \frac{-\ln (1-U)}{\lambda} \sim X\]

덧붙이면, $U$에서 $X$로 가는 Transformation을 찾고 싶은데, 그걸 $F_X^{-1}$로 설정하면 아주 쉽게 $U$에서 $X$로 가는 Transform을 찾는게 된다는 말이다!! 🤩

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Theorem. Continuous case - Two Random Variables

Let $(X, Y) \mapsto \left( u(X, Y), v(X, Y) \right)$ with the inverse $(U, V) \mapsto \left(w_1(U, V), w_2(U, V)\right)$.

If $(X, Y)$ has joint pdf $f_{X, Y}(x, y)$, then $(U, V)$ has joint pdf

\[f_{U, V} (u, v) = f_{X, Y} \left( w_1(U, V), w_2(U, V) \right) \cdot \left| J \right|\]

where $J$ is Jaccobian Matrix

\[J = \begin{pmatrix} \frac{\partial w_1}{\partial u} & \frac{\partial w_1}{\partial v} \\ \frac{\partial w_2}{\partial u} & \frac{\partial w_2}{\partial v} \\ \end{pmatrix}\]

참고로 Jaccobian $J$는 적분 변수를 바꾸는 과정에서 등장했다.

$x = w_1(u, v)$, $y = w_2(u, v)$라고 하고, 적분 변수를 $u$, $v$로 변환한다면,

\[\int \int_{X, Y} f(x, y) \, dxdy = \int \int_{U, V} f\left( w_1 (u, v), w_2(u, v) \right) \left| J \right| \, dudv\]

그래서 잘 살펴보면, $(U, V)$에 대한 pdf $f_{U, V}(u, v)$는 위의 식의 우변에서 적분 내부의 함수를 그대로 가져온 것임을 쉽게 확인할 수 있다!!

Example. [1]

Let $X \sim N(0, 1)$ and $Y \sim N(0, 1)$, and $X \perp Y$.

Let $U := X + Y$ and $V := X - Y$.

1. Find the joint pdf of $(U, V)$

먼저 $w_1(u, v)$, $w_2(u, v)$를 구한다.

\[\begin{aligned} x &= \frac{u+v}{2} = w_1(u, v) \\ y &= \frac{u-v}{2} = w_2(u, v) \end{aligned}\]

이것을 그대로 적용해보면,

\[\begin{aligned} f_{U, V}(u, v) &= f_{X, Y} \left( w_1(u, v), w_2(u, v) \right) \cdot \cancelto{1/2}{\left| \begin{matrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{matrix}\right|} \\ &= f_{X, Y} \left( \frac{u+v}{2}, \frac{u-v}{2} \right) \frac{1}{2} \\ &= f_X \left( \frac{u+v}{2} \right) f_Y \left(\frac{u-v}{2}\right) \frac{1}{2} \qquad (X \perp Y) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \left( - \frac{(u+v)^2}{8} \right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \left( - \frac{(u-v)^2}{8} \right) \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{4\pi} \exp \left( - \frac{u^2 + v^2}{4}\right) \end{aligned}\]

2. Are $U$ and $V$ independent?

A. Yes!

\[\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) &= \frac{1}{4\pi} \exp \left( - \frac{u^2 + v^2}{4}\right) \\ \end{aligned}\]

우리는 $f_{U, V} (u, v)$의 식에서 $f_U (u)$를 유도해보면,

\[\begin{aligned} f_U(u) = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot (\sqrt{2})^2} \cdot \exp \left( - \frac{u^2}{2 \cdot (\sqrt{2})^2}\right) \end{aligned}\]

즉, $U$는 $N(0, (\sqrt{2})^2)$의 분포를 가짐을 확인할 수 있다!

3. Let $Z := \dfrac{Y}{X}$. Find the pdf of $Z$.

Let $U := X$, and $V := \dfrac{Y}{X}$, then

\[\begin{aligned} X &= U \\ Y &= UV \end{aligned}\]

and Jaccobian is

\[\left| J \right| = \left| \begin{matrix} 1 & 0 \\ \cdot & u \end{matrix}\right| = \left| u \right|\]

재료는 다 갖춰졌으니, 이제 pdf $f_{U, V}(u, v)$를 구해보자.

\[\begin{aligned} f_{U, V}(u, v) &= f_{X, Y} (u, uv) \cdot \left| u \right| \\ &= f_X (u) \cdot f_Y (uv) \cdot \left| u \right| \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \left( - \frac{u^2}{2} \right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \left( - \frac{u^2v^2}{2}\right) \cdot \left| u \right| \\ &= \frac{1}{2\pi} \cdot \exp \left( - \frac{u^2(1+v^2)}{2}\right) \cdot \left| u \right| \end{aligned}\]

이때, 우리가 목표로 하는 분포인 $Z$, 즉 $V := \dfrac{Y}{X}$를 구하기 위해 $f_{U, V}(u, v)$에서 marginalize out 해준다.

\[\begin{aligned} f_Z (z) &= f_V (v) = \int f_{U, V} (u, v) \, du \\ &= \frac{1}{2\pi} \int^{\infty}_{-\infty} \left| u \right| \cdot \exp \left( - \frac{u^2(1+v^2)}{2}\right) \, du \\ &= \frac{1}{2\pi} \cdot 2 \int^{\infty}_0 \left| u \right| \cdot \exp \left( - \frac{u^2(1+v^2)}{2}\right) \, du \\ &= \frac{1}{2\pi} \cdot 2 \int^{\infty}_0 \frac{1}{2} \cdot \exp \left( - \frac{t(1+v^2)}{2}\right) \, dt \qquad (u^2 = t) \\ &= \frac{1}{2\pi} \cdot \left( \left. \frac{2}{-(1+v^2)} \cdot \exp \left( - \frac{t(1+v^2)}{2}\right) \right]^{\infty}_0 \right) \\ &= \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{2}{-(1+v^2)} \left\{ 0 - 1\right\} \\ &= \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{1+v^2} \end{aligned}\]

즉, 위와 같이 $Z := \dfrac{Y}{X}$에 대한 분포를 얻을 수 있다!! 참고로 위의 분포는 앞에서 잠간 언급된 <Cauchy Distribution>이다!

Example. [2]

Let $(X, Y)$ have the joint pdf

\[f_{X, Y}(x, y) = \begin{cases} 4xy & \text{for } 0 < x < 1 \text{ and } 0 < y < 1\\ 0 & \text{else} \end{cases}\]

1. Find the joint pdf of $(X^2, XY)$.

\[\begin{aligned} U &= X^2 \\ V &= XY \end{aligned}\]

then, inverse relation is

\[\begin{aligned} x &= \sqrt{u} \\ y &= \frac{v}{\sqrt{u}} \\ 0 < \sqrt{u} < 1 \quad &\text{and} \quad 0 < \frac{v}{\sqrt{u}} < 1 \end{aligned}\]

and Jaccobian is

\[\left| J \right| = \left| \begin{matrix} \frac{1}{2\sqrt{u}} & 0 \\ \cdot & \frac{1}{\sqrt{u}} \end{matrix} \right| = \frac{1}{2u}\]

따라서, pdf $f_{U, V} (u, v)$는

\[\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) &= f_{X, Y} \left(\sqrt{u}, \frac{v}{\sqrt{u}}\right) \cdot \left| \frac{1}{2u} \right|\\ &= 4 \cancel{\sqrt{u}} \frac{v}{\cancel{\sqrt{u}}} \cdot \frac{1}{2u} \\ &= \frac{2v}{u} \qquad \text{for } 0 < u < 1 \text{ and } 0 < v < \sqrt{u} \end{aligned}\]

2. Find the marginal pdf of $X^2$ and $XY$.

(1) $f_U(u) = f_{X^2}(u)$

\[\begin{aligned} f_{X^2} (u) &= \int^{\sqrt{u}}_0 \frac{2v}{u} \, dv \\ &= \frac{1}{u} \cdot (\sqrt{u})^2 = 1 \end{aligned}\]

따라서, $X^2$은 $\text{Unif}(0, 1)$의 분포를 따른다!

(2) $f_V(v) = f_{XY}(v)$

\[\begin{aligned} f_{XY}(v) &= \int^1_{v^2} \frac{2v}{u} \, du \\ &= 2v \cdot \ln(1-v^2) \end{aligned}\]

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이어지는 포스트에서는 Random Variable에 대한 Transformation을 이어서 살펴본다. 1-1이 아닌 mapping의 경우를 좀더 살펴볼 예정이다.

👉 Transformations of Random Variable - 2