Niezależni gaussowie parami

Biorąc pod uwagę $X_1,\ldots,X_k$ (iid gaussians ze średnią $0$ i wariancją $1$ ), czy możliwe jest (jak?) Próbkowanie (dla $m=k^2$ ) $Y_1, \ldots, Y_m$ takie, że $Y_i$ są parami niezależni gaussowie ze średnią $0$ i wariancją $1$ .

derandomization pr.probability

— Kaveh
źródło

@Suresh,

E [(X_{i} + X_{j}) (X_{i} + X_{k})] = E [X_{i}^{2}] = 1

$E[(X_i+X_j)(X_i+X_k)] = E[X_i^2] = 1$ więc wydaje się, że nie działa.

— Kaveh

Nie wiem dlaczego, ale uważam, że odpowiedź MO na to pytanie jest przezabawna (oprócz wskaźnika do stats.SE): mathoverflow.net/questions/46180/…

— Suresh Venkat

To, czego szukałem, to coś w rodzaju przyjmowania kombinacji liniowych (które oczywiście nie działają) lub wielomianów itp. (Które nie działają od razu), ale tak naprawdę nie mogę wymyślić żadnego rozsądnego pojęcia, którego odpowiedź Shai na temat przepływu matematyki nie spełnia.

może powinieneś zaktualizować pytanie, wskazując odpowiedź na MO?

— Suresh Venkat

Czy potrzebujesz wspólnie rozkładu Gaussa? Jeśli tak, to, czego potrzebujesz, wydaje się niemożliwe, ponieważ taki rozkład zależy od jego macierzy kowariancji, a zatem niezależność par i pełna niezależność byłyby takie same.

— Mahdi Cheraghchi

Odpowiedzi:

Publikacja na MathOverflow mówi, jak przejść od małej liczby niezależnych zmiennych losowych Uniform [0,1] do większej liczby niezależnych od pary zmiennych losowych Uniform [0,1]. Możesz oczywiście przechodzić między Uniformem [0,1] a Gaussa poprzez odwrócenie CDF. Wymaga to jednak analizy numerycznej, ponieważ CDF nie ma formy zamkniętej.

$X_1, X_2$ $\arctan(X_1/X_2)$ $[0,2 \pi]$

Podobnie metoda Boxa-Mullera przekształca dwie niezależne zmienne Uniform [0,1] w dwie niezależne zmienne losowe Gaussa.

$O(1)$

— David Harris
źródło

-2

$|Y_{i,j}| = |Y_{i,j'}|$

Dla każdej odrębnej pary , niech , gdzie jest funkcją znaku. Oczywiste jest, że każde jest zmienną normalną ze średnią 0 i wariancją 1. Aby zobaczyć, że są one ortogonalne, dla zauważ, że które można łatwo sprawdzić, aby uzyskać wartość 0, patrząc na różne przypadki możliwych równości między . $(i,j) \in {[k] \choose 2}$ $Y_{i,j} = |X_i| \cdot \sigma(X_i X_j)$ $\sigma(\cdot)$ $Y_{i,j}$ $(i,j) \neq (i',j')$

E [Y_{i, j} Y_{i^{'}, j^{'}}] = E [| X_{i} X_{i^{'}} | \cdot σ (X_{i} X_{i^{'}} X_{j} X_{j^{'}})]

$\mathbb{E}[Y_{i,j}Y_{i',j'}] = \mathbb{E}[|X_i X_{i'}| \cdot \sigma(X_i X_{i'} X_j X_{j'})]$

i, i^{'}, j, j^{'}

$i,i',j,j'$

PS: Poprzednia wersja fałszywie twierdziła, że jest niezależna w parach.

— arnab
źródło

Nie mogę zrozumieć, dlaczego średnia dla produktu równa zero oznaczałaby niezależność.

— Tsuyoshi Ito

@TsuyoshiIto: Twoja krytyka była oczywiście słuszna. Nadal pozostawiłem tę odpowiedź, ponieważ uważam, że jest interesująca.

— arnab

Jeśli chcesz zachować swój post, zachowaj ostrożność, aby nie pomylić czytelników. Możesz argumentować, że bieżąca wersja (wersja 3) Twojego wpisu nie zawiera żadnych nieprawidłowych informacji. To prawda, ale pytanie o coś pyta, a twój post odpowiada na coś innego, nie stwierdzając tego. Proszę zrozumieć, że jest to bardzo mylące dla czytelników.

— Tsuyoshi Ito