i są niezależnie losowymi zmiennymi losowymi, gdzie i . Jaki jest rozkład ?
Łączną gęstość podaje:
Używając zmiany zmiennych tak, że i ,
Otrzymuję łączną gęstość jako
Marginalna pdf to , co nigdzie mnie nie prowadzi.f Z ( z ) = ∫ ∞ | z | f Z , W ( z , w )
Ponownie, znajdując funkcję rozkładu , pojawia się niepełna funkcja beta / gamma:
Jaka jest tutaj odpowiednia zmiana zmiennych? Czy istnieje inny sposób znalezienia rozkładu ?
Próbowałem użyć różnych relacji między rozkładami Chi-Squared, Beta, „F” i „t”, ale wydaje się, że nic nie działa. Być może brakuje mi czegoś oczywistego.
Jak wspomniał @Francis, transformacja ta jest uogólnieniem transformacji Boxa-Müllera.
Odpowiedzi:
Oto dowód algebraiczny. Idę zamiast pozwolić (nie do kwadratu), tak, że musimy znaleźć . Wszystkie są gwarantowane jako prawidłowe gęstości, więc nie zamierzam śledzić stałych normalizacji. Mamy Niech i więc odwrotnymi transformacjami są i . To daje nam . To nas prowadziX∼χn−1 Z:=(2Y−1)X
Dla wygody niech . Pomnóż obie strony przez aby uzyskać Teraz niech więc . To daje nam Ponieważ ta ostatnia całka nie zależy od , pokazaliśmy, że , a zatemm=n/2−2 ez2/2
źródło
(Ten argument dotyczy całki .)n=2,3,4,…
Jeśli potrzebujesz przekonujących liczb (co zawsze jest rozsądne, ponieważ może wykryć błędy w rozumowaniu i obliczeniach), wykonaj symulację:
Zgodność między symulowanymi wynikami a deklarowanym standardowym rozkładem normalnym jest doskonała w całym zakresie wartości .n
R
Jeśli chcesz, eksperymentuj dalej z kodem, który utworzył te wykresy.źródło
Jak już zrobił użytkownik @Chaconne, byłem w stanie dostarczyć algebraiczny dowód z tą konkretną transformacją. Nie pominąłem żadnych szczegółów.
(Mamy już aby gęstość była ważna).n>2 Y
Rozważmy transformacji taki sposób, że a .(X,Y)↦(U,V) U=(2Y−1)X−−√ V=X
To implikuje i .x=v y=12(uv√+1)
Teraz i ,x>0⟹v>0 0<y<1⟹−v√<u<v√
więc dwuwymiarowa obsługa to po prostu .(U,V) S={(u,v):0<u2<v<∞,u∈R}
Bezwzględna wartość jakobianu transformacji wynosi .|J|=12v√
Łączna gęstość wynosi zatem(U,V)
Teraz, korzystając z formuły powielania Legendre,
Więc dla ,n>2
Marginalna pdf jest następnie podawana przezU
źródło
Jest to bardziej odpowiedź na czarną skrzynkę (tzn. Brakuje szczegółów algebraicznych) za pomocą Mathematica . W skrócie, jak stwierdza @whuber, odpowiedź jest taka, że rozkład jest standardowym rozkładem normalnym.Z
źródło
Nie jest to odpowiedź sama w sobie , ale warto zwrócić uwagę na związek z transformacją Boxa-Mullera.
Rozważ transformację Boxa-Mullera , gdzie . Możemy pokazać, że , tj. . Z drugiej strony możemy pokazać, że ma rozkład łusek w skali lokalizacji , co jest zgodne z rozkładem . Oznacza to, że transformacja Boxa-Mullera jest szczególnym przypadkiem gdy .Z=−2lnU−−−−−−√sin(2πV) U,V∼U(0,1) −lnU∼Exp(1) −2lnU∼χ22 sin(2πV) 2B(1/2,1/2)−1 (2Y−1)X−−√ n=3
Powiązane :
Jak korzystać z transformacji Boxa-Mullera do generowania n-wymiarowych normalnych zmiennych losowych
Jak wygenerować równomiernie rozmieszczone punkty na powierzchni kuli jednostkowej 3D?
źródło