wenn

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$X$ und sind unabhängig voneinander verteilte Zufallsvariablen, wobei und . Wie ist die Verteilung von ? $Y$ $X\sim\chi^2_{(n-1)}$ $Y\sim\text{Beta}\left(\frac{n}{2}-1,\frac{n}{2}-1\right)$ $Z=(2Y-1)\sqrt X$

Die Fugendichte von ist gegeben durch $(X,Y)$

f_{X, Y} (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y) = \frac{e^{- \frac{x}{2}} x^{\frac{n - 1}{2} - 1}}{2^{\frac{n - 1}{2}} Γ (\frac{n - 1}{2})} \cdot \frac{y^{\frac{n}{2} - 2} (1 - y)^{\frac{n}{2} - 2}}{B (\frac{n}{2} - 1, \frac{n}{2} - 1)} 1_{{x > 0, 0 < y < 1}}

$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\frac{e^{-\frac{x}{2}}x^{\frac{n-1}{2}-1}}{2^{\frac{n-1}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\cdot\frac{y^{\frac{n}{2}-2}(1-y)^{\frac{n}{2}-2}}{B\left(\frac{n}{2}-1,\frac{n}{2}-1\right)}\mathbf1_{\{x>0\,,\,0<y<1\}}$

Unter Verwendung der Änderung der Variablen so dass und , $(X,Y)\mapsto(Z,W)$ $Z=(2Y-1)\sqrt X$ $W=\sqrt X$

Ich erhalte die Fugendichte von $(Z,W)$ als

f_{Z, W} (z, w) = \frac{e^{- \frac{w^{2}}{2}} w^{n - 3} {(\frac{1}{4} - \frac{z^{2}}{4 w^{2}})}^{\frac{n}{2} - 2}}{2^{\frac{n - 1}{2}} Γ (\frac{n - 1}{2}) B (\frac{n}{2} - 1, \frac{n}{2} - 1)} 1_{{w > 0, | z | < w}}

$f_{Z,W}(z,w)=\frac{e^{-\frac{w^2}{2}}w^{n-3}\left(\frac{1}{4}-\frac{z^2}{4w^2}\right)^{\frac{n}{2}-2}}{2^{\frac{n-1}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)B\left(\frac{n}{2}-1,\frac{n}{2}-1\right)}\mathbf1_{\{w>0\,,\,|z|<w\}}$

Das marginale pdf von ist dann , was mich nirgendwohin führt. $Z$ $f_Z(z)=\displaystyle\int_{|z|}^\infty f_{Z,W}(z,w)\,\mathrm{d}w$

Wiederum zeigt sich beim Auffinden der Verteilungsfunktion von eine unvollständige Beta / Gamma-Funktion: $Z$

$F_Z(z)=\Pr(Z\le z)$

$\quad\qquad=\Pr((2Y-1)\sqrt X\le z)=\displaystyle\iint_{(2y-1)\sqrt{x}\le z}f_{X,Y}(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

Was ist hier ein angemessener Variablenwechsel? Gibt es einen anderen Weg, um die Verteilung von zu finden ? $Z$

Ich habe versucht, verschiedene Beziehungen zwischen Chi-Squared-, Beta-, 'F'- und' t'-Verteilungen zu verwenden, aber nichts scheint zu funktionieren. Vielleicht fehlt mir etwas Offensichtliches.

Wie von @Francis erwähnt, ist diese Transformation eine Verallgemeinerung der Box-Müller-Transformation.

self-study distributions mathematical-statistics random-variable HartnäckigAtom
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Sieht aus wie eine Verallgemeinerung der Box-Müller-Transformation

Francis

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Hier ist ein algebraischer Beweis. Ich lasse stattdessen (nicht im Quadrat), damit wir . Es wird garantiert, dass dies alle gültige Dichten sind, sodass ich keine Normalisierungskonstanten nachverfolgen werde. Wir haben Sei und so dass die inversen Transformationen und . Dies gibt uns . Das führt uns zu $X \sim \chi_{n-1}$ $Z := (2Y - 1)X$

f_{X, Y} (x, y) \propto x^{n - 2} e^{- x^{2} / 2} {[y (1 - y)]}^{n / 2 - 2} 1_{{0 < x, 0 < y < 1}} .

$f_{X,Y}(x,y) \propto x^{n-2}e^{-x^2/2}\left[y(1-y)\right]^{n/2-2} \mathbf 1_{\{0 < x, \, 0 < y < 1\}}.$

Z = (2 y - 1) X

$Z = (2y-1)X$

W = X

$W=X$

x (z, w) = w

$x(z,w) = w$

y (z, w) = \frac{z + w}{2 w} = \frac{z}{2 w} + \frac{1}{2}

$y(z,w) = \frac{z+w}{2w} = \frac{z}{2w} + \frac 12$

| J | = \frac{1}{2 w}

$|J| = \frac 1{2w}$

f_{Z, W} (z, w) \propto w^{n - 1} e^{- w^{2} / 2} {[\frac{z + w}{2 w} (1 - \frac{z + w}{2 w})]}^{n / 2 - 2} 1_{{0 < w, - 1 < \frac{z}{w} < 1}}

$f_{Z,W}(z,w) \propto w^{n-1}e^{-w^2/2} \left[\frac{z+w}{2w} \left( 1 - \frac{z+w}{2w}\right)\right]^{n/2-2} \mathbf 1_{\{0 < w, \, -1 < \frac zw < 1\}}$

\propto w e^{- w^{2} / 2} {(w^{2} - z^{2})}^{n / 2 - 2} 1_{{| z | < w}} .

$\propto w e^{-w^2/2} \left(w^2-z^2\right)^{n/2-2} \mathbf 1_{\{|z| < w\}}.$ Also

f_{Z} (z) \propto \int_{w > | z |} w e^{- w^{2} / 2} {(w^{2} - z^{2})}^{n / 2 - 2} d w .

$f_Z(z) \propto \int_{w > |z|} w e^{-w^2/2} \left(w^2-z^2\right)^{n/2-2} \,\text dw.$

Der Einfachheit halber sei . Multiplizieren Sie beide Seiten mit , um Nun sei also . Dies gibt uns Da dieses letzte Integral nicht von abhängt , haben wir gezeigt, dass , also $m = n/2-2$ $e^{z^2/2}$

e^{z^{2} / 2} f_{Z} (z) \propto \int_{| z |}^{\infty} w e^{- (w^{2} - z^{2}) / 2} (w^{2} - z^{2})^{m} d w .

$e^{z^2/2} f_Z(z) \propto \int_{|z|}^\infty w e^{-(w^2-z^2)/2}(w^2-z^2)^m \,\text dw.$

2 u = w^{2} - z^{2}

$2u = w^2 - z^2$

d u = w d w

$\text du = w\,\text dw$

e^{z^{2} / 2} f_{Z} (z) \propto 2^{m} \int_{0}^{\infty} u^{m} e^{- u} d u = 2^{m} Γ (m + 1) .

$e^{z^2/2} f_Z(z) \propto 2^m \int_0^\infty u^m e^{-u} \,\text du = 2^m \Gamma(m+1).$

z

$z$

e^{z^{2} / 2} f_{Z} (z) \propto 1

$e^{z^2/2} f_Z(z) \propto 1$

Z \sim N (0, 1) .

$Z \sim \mathcal N(0, 1).$

jld
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1

+1. Ich bin froh, dass Sie diese Antwort wiederhergestellt haben, da sie alle Werte von abdeckt , nicht nur die ganzzahligen.

n

$n$

Whuber

@whuber danke, ich habe irgendwie anstelle von und es hat eine Weile gedauert, bis ich herausgefunden habe, warum ich seltsames Verhalten habe, wenn ungerade ist

z^{2} - w^{2}

$z^2-w^2$

w^{2} - z^{2}

$w^2-z^2$

n

$n$

jld

9

$2Y-1$ ist wie eine Koordinate einer gleichmäßigen Verteilung auf der Kugel verteilt $n-1$ ; hat die Verteilung der Quadratsumme von iid Standard-Normalvariablen; und diese beiden Größen sind unabhängig. Geometrisch die Verteilung einer Koordinate: Das heißt, es muss eine Standardnormalverteilung haben. $X$ $n-1$ $(2Y-1)\sqrt{X}$

(Dieses Argument gilt für das Integral .) $n=2,3,4,\ldots$

Wenn Sie eine numerische Überzeugungsarbeit benötigen (die immer sinnvoll ist, da sie Fehler in der Argumentation und Berechnung aufdecken kann), simulieren Sie Folgendes:

Die Übereinstimmung zwischen den simulierten Ergebnissen und der beanspruchten Standardnormalverteilung ist über diesen Wertebereich von hervorragend . $n$

Experimentieren Sie weiter mit dem RCode, der diese Plots erzeugt hat, wenn Sie dies wünschen.

n.sim <- 1e5
n <- 2:5
X <- data.frame(Z = c(sapply(n, function(n){
  y <- rbeta(n.sim, n/2-1, n/2-1)  # Generate values of Y
  x <- rchisq(n.sim, n-1)          # Generate values of X
  (2*y - 1) * sqrt(x)              # Return the values of Z
})), n=factor(rep(n, each=n.sim)))

library(ggplot2)
#--Create points along the graph of a standard Normal density
i <- seq(min(z), max(z), length.out=501)
U <- data.frame(X=i, Z=dnorm(i))

#--Plot histograms on top of the density graphs
ggplot(X, aes(Z, ..density..)) + 
  geom_path(aes(X,Z), data=U, size=1) +
  geom_histogram(aes(fill=n), bins=50, alpha=0.5) + 
  facet_wrap(~ n) + 
  ggtitle("Histograms of Simulated Values of Z",
          paste0("Sample size ", n.sim))

whuber
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1

Vielen Dank, @Stubborn. Es ist wichtig, dass die Parameter konsistent sind, da sonst die Schlussfolgerung falsch ist. Ich werde es reparieren.

Whuber

3

Wie es der Benutzer @Chaconne bereits getan hat, konnte ich mit dieser speziellen Transformation einen algebraischen Beweis liefern. Ich habe keine Details übersprungen.

(Wir haben bereits damit die Dichte von gültig ist). $n>2$ $Y$

Lassen Sie uns die Transformation betrachten , so daß , und . $(X,Y)\mapsto (U,V)$ $U=(2Y-1)\sqrt{X}$ $V=X$

Dies impliziert und . $x=v$ $y=\frac{1}{2}\left(\frac{u}{\sqrt{v}}+1\right)$

Nun und , $x>0\implies v>0$ $0<y<1\implies-\sqrt{v}<u<\sqrt{v}$

damit ist die bivariate Unterstützung von einfach . $(U,V)$ $S=\{(u,v):0<u^2<v<\infty,\,u\in\mathbb{R}\}$

Der absolute Wert des Jacobian der Transformation ist . $|J|=\frac{1}{2\sqrt{v}}$

Die Fugendichte von ist somit $(U,V)$

f_{U, V} (u, v) = \frac{e^{- \frac{v}{2}} v^{\frac{n - 1}{2} - 1} {(\frac{u}{\sqrt{v}} + 1)}^{\frac{n}{2} - 2} {(\frac{1}{2} - \frac{u}{2 \sqrt{v}})}^{\frac{n}{2} - 2} Γ (n - 2)}{(2 \sqrt{v}) 2^{\frac{n - 1}{2} + \frac{n}{2} - 2} Γ (\frac{n - 1}{2}) {(Γ (\frac{n}{2} - 1))}^{2}} 1_{S}

$f_{U,V}(u,v)=\frac{e^{-\frac{v}{2}}v^{\frac{n-1}{2}-1}\left(\frac{u}{\sqrt{v}}+1\right)^{\frac{n}{2}-2}\left(\frac{1}{2}-\frac{u}{2\sqrt{v}}\right)^{\frac{n}{2}-2}\Gamma(n-2)}{(2\sqrt{v})\,2^{\frac{n-1}{2}+\frac{n}{2}-2}\,\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\left(\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)\right)^2}\mathbf1_{S}$

= \frac{e^{- \frac{v}{2}} v^{\frac{n - 4}{2}} (\sqrt{v} + u)^{\frac{n}{2} - 2} (\sqrt{v} - u)^{\frac{n}{2} - 2} Γ (n - 2)}{2^{\frac{2 n - 3}{2} + \frac{n}{2} - 2} (\sqrt{v})^{n - 4} Γ (\frac{n - 1}{2}) {(Γ (\frac{n - 2}{2}))}^{2}} 1_{S}

$=\frac{e^{-\frac{v}{2}}v^{\frac{n-4}{2}}(\sqrt{v}+u)^{\frac{n}{2}-2}(\sqrt{v}-u)^{\frac{n}{2}-2}\,\Gamma(n-2)}{2^{\frac{2n-3}{2}+\frac{n}{2}-2}\,(\sqrt{v})^{n-4}\,\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\left(\Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)\right)^2}\mathbf1_{S}$

Nun, mit Legendres Duplikationsformel,

$\Gamma(n-2)=\frac{2^{n-3}}{\sqrt \pi}\Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n-2}{2}+\frac{1}{2}\right)=\frac{2^{n-3}}{\sqrt \pi}\Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)$ wobei . $n>2$

Also für , $n>2$

f_{U, V} (u, v) = \frac{2^{n - 3} e^{- \frac{v}{2}} (v - u^{2})^{\frac{n}{2} - 2}}{\sqrt{π} 2^{\frac{3 n - 7}{2}} Γ (\frac{n}{2} - 1)} 1_{S}

$f_{U,V}(u,v)=\frac{2^{n-3}\,e^{-\frac{v}{2}}(v-u^2)^{\frac{n}{2}-2}}{\sqrt \pi\,2^{\frac{3n-7}{2}}\,\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)}\mathbf1_{S}$

Marginales pdf von wird dann von gegeben $U$

f_{U} (u) = \frac{1}{2^{\frac{n - 1}{2}} \sqrt{π} Γ (\frac{n}{2} - 1)} \int_{u^{2}}^{\infty} e^{- \frac{v}{2}} (v - u^{2})^{\frac{n}{2} - 2} d v

$f_U(u)=\frac{1}{2^{\frac{n-1}{2}}\sqrt \pi\,\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)}\int_{u^2}^\infty e^{-\frac{v}{2}}(v-u^2)^{\frac{n}{2}-2}\,\mathrm{d}v$

= \frac{e^{- \frac{u^{2}}{2}}}{2^{\frac{n - 1}{2}} \sqrt{π} Γ (\frac{n}{2} - 1)} \int_{0}^{\infty} e^{- \frac{t}{2}} t^{(\frac{n}{2} - 1 - 1)} d t

$=\frac{e^{-\frac{u^2}{2}}}{2^{\frac{n-1}{2}}\sqrt \pi\,\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)}\int_0^\infty e^{-\frac{t}{2}}\,t^{(\frac{n}{2}-1-1)}\,\mathrm{d}t$

= \frac{1}{2^{\frac{n - 1}{2}} \sqrt{π} {(\frac{1}{2})}^{\frac{n}{2} - 1}} e^{- \frac{u^{2}}{2}}

$=\frac{1}{2^{\frac{n-1}{2}}\sqrt \pi\,\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n}{2}-1}}e^{-\frac{u^2}{2}}$

= \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- u^{2} / 2}, u \in R

$=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,,u\in\mathbb{R}$

HartnäckigAtom
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Dies ist eher eine Black-Box-Antwort (dh es fehlen die algebraischen Details) mit Mathematica . Kurz gesagt, wie @whuber angibt, ist die Antwort, dass die Verteilung von eine Standardnormalverteilung ist. $Z$

(* Transformation *)
f = {(2 y - 1) Sqrt[x], Sqrt[x]};
sol = Solve[{z == (2 y - 1) Sqrt[x], w == Sqrt[x]}, {x, y}][[1]]
(*{x -> w^2,y -> (w+z)/(2 w)} *)
(* Jacobian *)
J = D[f, {{x, y}}]

(* Joint pdf of Z and W *)
{jointpdf, conditions} = FullSimplify[PDF[BetaDistribution[n/2 - 1, n/2 - 1], y] 
  PDF[ChiSquareDistribution[n - 1], x] Abs[Det[J]] /. sol,
  Assumptions -> {w >= 0, 0 <= y <= 1}][[1, 1]]

(* Integrate over W *)
Integrate[jointpdf Boole[conditions], {w, 0, \[Infinity]}, Assumptions -> {n > 2, z == 0}]
(* 1/Sqrt[2 \[Pi]] *)

Integrate[jointpdf Boole[conditions], {w, 0, \[Infinity]}, Assumptions -> {n > 2, z > 0}]
(* Exp[-(z^2/2)]/Sqrt[2 \[Pi]] *)

Integrate[jointpdf Boole[conditions], {w, 0, \[Infinity]}, Assumptions -> {n > 2, z < 0}]
(* Exp[-(z^2/2)]/Sqrt[2 \[Pi]] *)

JimB
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Keine Antwort per se , aber es kann sich lohnen , die Verbindung zu Box-Muller - Transformation hinweisen.

Betrachten Sie die Box-Muller-Transformation , wobei. Wir könnenzeigen dass,heißt . Andererseits können wirzeigen, dassdie ortsbezogeneArkussinusverteilung hat $Z=\sqrt{-2\ln U}\sin(2\pi V)$ $U,V\sim U(0,1)$ $-\ln U\sim\operatorname{Exp}(1)$ $-2\ln U\sim\chi^2_2$ $\sin(2\pi V)$ , Der mit der Verteilung der übereinstimmt . Dies bedeutet, dass die Box-Muller-Transformation ein Sonderfall von $2\operatorname{B}(1/2,1/2)-1$ wenn. $(2Y-1)\sqrt{X}$ $n=3$

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wenn

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