Rozkład różnicy między dwoma rozkładami normalnymi

Mam dwie funkcje gęstości prawdopodobieństwa rozkładów normalnych:

$$f_1(x_1 \; | \; \mu_1, \sigma_1) = \frac{1}{\sigma_1\sqrt{2\pi} } \; e^{ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} }$$

i

$$f_2(x_2 \; | \; \mu_2, \sigma_2) = \frac{1}{\sigma_2\sqrt{2\pi} } \; e^{ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2\sigma_2^2} }$$

Szukam funkcji gęstości prawdopodobieństwa separacji między i . Myślę, że to oznacza, że ​​szukam funkcji gęstości prawdopodobieństwa | x_1 - x_2 | . Czy to jest poprawne? Jak to znaleźć?x 2 | x 1 - x 2 $x_1$$x_2$$|x_1 - x_2|$

Na to pytanie można odpowiedzieć, jak stwierdzono, zakładając, że dwie losowe zmienne i rządzone przez te rozkłady są niezależne. $X_1$$X_2$ To czyni ich różnicę Normalną ze średnią i wariancją . (Poniższe rozwiązanie można łatwo uogólnić na dowolny dwuwymiarowy Rozkład normalny .) Zatem zmienna$X = X_2-X_1$$\mu = \mu_2-\mu_1$$\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$$(X_1, X_2)$

$$Z = \frac{X-\mu}{\sigma} = \frac{X_2 - X_1 - (\mu_2 - \mu_1)}{\sqrt{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}}$$

ma standardowy rozkład normalny (tzn. z zerową średnią i wariancją jednostkową) i

$$X = \sigma \left(Z + \frac{\mu}{\sigma}\right).$$

Ekspresja

$$|X_2 - X_1| = |X| = \sqrt{X^2} = \sigma\sqrt{\left(Z + \frac{\mu}{\sigma}\right)^2}$$

wykazuje różnicę bezwzględną jako skalowaną wersję pierwiastka kwadratowego niecentralnego rozkładu chi-kwadrat z jednym stopniem swobody i parametrem niecentryczności . Niecentralny rozkład chi-kwadrat z tymi parametrami ma element prawdopodobieństwa$\lambda=(\mu/\sigma)^2$

$$f(y)dy = \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2 \pi } } e^{\frac{1}{2} (-\lambda -y)} \cosh \left(\sqrt{\lambda y} \right) \frac{dy}{y},\ y \gt 0.$$

Zapisanie dla x > 0 ustala zgodność jeden do jednego między y a pierwiastkiem kwadratowym, w wyniku czego$y=x^2$$x \gt 0$$y$

$$f(y)dy = f(x^2) d(x^2) = \frac{\sqrt{x^2}}{\sqrt{2 \pi } } e^{\frac{1}{2} (-\lambda -x^2)} \cosh \left(\sqrt{\lambda x^2} \right) \frac{dx^2}{x^2}.$$

Uproszczenie tego, a następnie przeskalowanie o daje pożądaną gęstość,$\sigma$

$$f_{|X|}(x) = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right).$$

---

Ten wynik jest poparty symulacjami, takimi jak histogram 100 000 niezależnych losowań (zwany w kodzie „x”) o parametrach μ 1 = - 1 , μ 2 = 5 , σ 1 = 4 , σ 2 = 1 . Na nim jest wykreślony wykres f | X | , co dokładnie pokrywa się z wartościami histogramu.$|X|=|X_2-X_1|$$\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$$f_{|X|}$

Poniżej przedstawiono Rkod tej symulacji.

#
# Specify parameters
#
mu <- c(-1, 5)
sigma <- c(4, 1)
#
# Simulate data
#
n.sim <- 1e5
set.seed(17)
x.sim <- matrix(rnorm(n.sim*2, mu, sigma), nrow=2)
x <- abs(x.sim[2, ] - x.sim[1, ])
#
# Display the results
#
hist(x, freq=FALSE)
f <- function(x, mu, sigma) {
 sqrt(2 / pi) / sigma * cosh(x * mu / sigma^2) * exp(-(x^2 + mu^2)/(2*sigma^2)) 
}
curve(f(x, abs(diff(mu)), sqrt(sum(sigma^2))), lwd=2, col="Red", add=TRUE)

Podaję odpowiedź, która jest komplementarna do odpowiedzi udzielonej przez @whuber w tym sensie, że może to napisać niestatystyk (tj. Ktoś, kto niewiele wie o niecentralnych rozkładach chi-kwadrat z jednym stopniem swobody itp.), i że neofita może podążać stosunkowo łatwo.

Pożyczając założenie niezależności, a także notację z odpowiedzi Whubera , gdzie μ = μ 1 - μ 2 i σ 2 = σ 2 1 + σ 2 2 . Zatem dla x ≥ 0 , F | Z | ( x $Z = X_1-X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$$\mu = \mu_1-\mu_2$$\sigma^2 = \sigma_1^2+\sigma_2^2$$x \geq 0$ oraz, oczywiście,C | Z | (x)=0dlax<0. Wynika to po rozróżnieniu względemx,że f | Z | ( x

$$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$$ $F_{|Z|}(x) = 0$$x < 0$$x$ $$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$$ which is the exact same result as in whuber's answer, but arrived at more transparently.

The distribution of a difference of two normally distributed variates X and Y is also a normal distribution, assuming X and Y are independent (thanks Mark for the comment). Here is a derivation: http://mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

Here you are asking the absolute difference, based on whuber's answer and if we assume the difference in mean of X and Y is zero, it's just a half normal distribution with two times the density (thanks Dilip for the comment).