为什么累积分布函数（CDF）唯一定义分布？

我一直被告知CDF是唯一的，但是PDF / PMF不是唯一的，为什么呢？您能否举一个PDF / PMF不唯一的示例？

— 丹吉扬
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[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

$j$

并非所有发行版都具有PDF或PMF，而查看CDF可以使事物统一化。连续变量具有平滑的CDF，离散变量具有“阶梯”，并且某些CDF是混合的。

— 银鱼

@Silverfish：...其中一些都不是！:-)

— 红衣主教

为了解决标题（可能有些松散），CDF定义了一个分布，因为CDF（或等效地只是DF /'distribution function'；“ C”仅用于阐明我们正在谈论的对象）是术语“分配”的字面意思是；“ D”是该部分的线索。从“ F”开始，它是唯一的-函数是单值的，因此，如果两个分布函数相同，则它们定义的对象相同；如果DF在任何地方都不同，那么在这些点上它们所定义的事物将有所不同。这是重言式吗？我觉得是这样的。

— Glen_b-恢复莫妮卡2015年

@Glen_b仅对受过训练的直觉是重言式的。分布函数仅给出形式为的概率，而整个分布则指定形式为对于任意可测量集您必须显示确定正如NicholasB所指出的，这是从半开环（半开间隔）

扩展预测的问题，充分勒贝格Σ-场和展示它的独特。

F

$F$

F (x) = Pr {ω \in Ω | X (ω) \leq x}

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

Pr ({ω \in Ω | X (ω) \in B}

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

B \subset R

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

F

$F$

μ ((a, b]) = F (b) - F (a)

$\mu((a,b])=F(b)-F(a)$

— whuber

Answers:

让我们回顾一些事情。令为一个概率空间，为我们的样本集，为我们的代数，为在定义的概率函数。甲随机变量是可测量的功能即任何勒贝格可测子集。如果您不熟悉这个概念，那么我以后所说的一切都将毫无意义。 $(\Omega,A,P)$ $\Omega$ $A$ $\sigma$ $P$ $A$ $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X^{-1}(S) \in A$ $\mathbb{R}$

每当我们有一个随机变量，它就会通过绝对前推在上引发概率度量。换句话说，。检验是上的概率度量是微不足道的。我们称为的分布。 $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'(S) = P(X^{-1}(S))$ $X'$ $\mathbb{R}$ $X'$ $X$

现在与此概念相关的是一种称为函数变量的分布函数的事物。给定一个随机变量我们定义。分布函数具有以下属性： $X:\Omega \to \mathbb{R}$ $F(x) = P(X\leq x)$ $F:\mathbb{R} \to [0,1]$

$F$ 是右连续的。
$F$ 不减
$F(\infty) = 1$ 且。 $F(-\infty)=0$

显然，相等的随机变量具有相同的分布和分布函数。

用给定的分布函数逆转该过程并获得度量是非常技术性的。假设您有一个分布函数。定义。您必须证明是间隔的半代数上的度量。然后，您可以应用Carathéodory扩展定理，将扩展为上的概率测度。 $F(x)$ $\mu(a,b] = F(b) - F(a)$ $\mu$ $(a,b]$ $\mu$ $\mathbb{R}$

— 尼古拉斯·鲍巴基（Nicolas Bourbaki）
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这是一个很好的答案，但可能会无意间使事情变得模糊。主要问题似乎表明，具有相同分布函数的两个度量实际上是相等的。这需要无非Dynkin的 -定理和事实，即集的形式的形成一个生成该波雷尔-System。代数然后，密度的非唯一性（假定它的存在），也可以与上述加以解决和对比！

π

$\pi$

λ

$\lambda$

(- \infty, b]

$(-\infty, b]$

π

$\pi$

σ

$\sigma$

— 卡迪纳尔

（一个额外的次要问题：随机变量通常是根据Borel集而不是Lebesgue集来定义的。）我认为通过一些次要编辑，这个答案将变得很清楚。:-)

— 红衣主教

@cardinal我首先考虑分析，其次是概率。因此，这可以解释为什么我更喜欢Lebesgue集。无论哪种情况，它都不会影响所说的内容。

— Nicolas Bourbaki 2015年

为了回答具有相同整数（即具有相同分布函数）的两个密度的示例，请考虑在实数上定义的以下函数：

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

接着;

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

它们根本不等于x，但是对于相同的分布来说都是密度，因此密度不是由（累积）分布唯一地确定的。当具有实域的密度仅在一组可数的x值上不同时，则积分将相同。数学分析并非真正适合胆小的人或确定的具体头脑。

— 双赢
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我不同意您在开头的问题中所说的陈述“概率分布函数不能唯一地确定概率测度”。它确实确定了它。

令是两个概率质量函数。如果，对于任何可测量的集合则几乎在所有地方。这唯一地确定了pdf（因为在分析中我们不在乎它们是否在一组零度量上存在分歧）。 $f_1,f_2:\mathbb{R}\to [0,\infty)$

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

$\int_E f_1 = \int_E f_2$

E

$E$

f_{1} = f_{2}

$f_1=f_2$

我们可以将上述积分重写为其中是可积分函数。

\int_{E} g = 0

$\int_E g = 0$

g = f_{1} - f_{2}

$g=f_1-f_2$

定义，因此。我们使用众所周知的定理，即如果一个非负函数的积分为零，那么该函数几乎在所有地方都为零。特别地，上 ae 。所以 ae在。现在在另一个方向重复该参数，其中。我们将在上得到 ae 。因此，上的 ae 。 $E = \{ x \in \mathbb{R} ~ | ~ g \geq 0 \}$ $\int_E g = 0$ $g=0$ $E$ $f_1 = f_2$ $E$ $F = \{ x\in \mathbb{R} ~ | ~ g \leq 0 \}$ $f_1 = f_2$ $F$ $f_1 = f_2$ $E\cup F = \mathbb{R}$

— 尼古拉斯·鲍巴基（Nicolas Bourbaki）
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