Pdf kwadratu standardowej normalnej zmiennej losowej [zamknięty]

Mam ten problem, w którym muszę znaleźć pdf . Wiem tylko, że ma rozkład . Jakim rodzajem dystrybucji jest ? Taki sam jak ? Jak znaleźć plik pdf? $Y = X^2$ $X$ $N(0,1)$ $Y = X^2$ $X$

— Melye77
źródło

Plik pdf

Y = X^{2}

$Y = X^2$ nie może być taki sam jak plik

X

$X$ ponieważ

Y

$Y$ będzie nieujemny.

— JohnK

Cóż, ćwiczę do testu, więc nie, to nie praca domowa. Próbuję rozwiązać je samodzielnie, ale nie mogę tego

— rozgryźć

Dodaj [self-study]tag i przeczytaj jego wiki . Następnie powiedz nam, co rozumiesz do tej pory, czego próbowałeś i gdzie utknąłeś. Podamy wskazówki, które pomogą Ci się odblokować.

— gung - Przywróć Monikę

Jeśli szukasz bezpośrednich odpowiedzi na to konkretne pytanie, zwróć uwagę, że rutynowe pytania w stylu „książkowej pracy”, takie jak to, powinny nosić self-studytag (i powinieneś przeczytać jego tag-wiki i zmodyfikować swoje pytanie, aby postępować zgodnie z wytycznymi dotyczącymi zadawania takich pytań pytania - musisz jasno określić, co sam zrobiłeś, aby rozwiązać problem, i wskazać konkretną pomoc, której potrzebujesz w punkcie, w którym napotkałeś trudności). ... ctd

— Glen_b -Reinstate Monica

ctd ... z drugiej strony, jeśli szukasz odpowiedzi na ogólne pytanie tego typu (np. „jak uzyskać pdf przekształconej zmiennej losowej?”), jest to bardzo dobre pytanie, które już zostało zadane odpowiedział kilka razy na stronie

— Glen_b

Natknąłeś się na jeden z najbardziej znanych wyników teorii prawdopodobieństwa i statystyki. Napiszę odpowiedź, chociaż jestem pewien, że pytanie zostało już zadane (i udzielono odpowiedzi) na tej stronie.

Po pierwsze, zauważ, że pdf $Y = X^2$ nie może być taki sam jak $X$ ponieważ $Y$ będzie nieujemny. Aby uzyskać rozkład $Y$ , możemy użyć trzech metod, a mianowicie techniki mgf, techniki cdf i techniki transformacji gęstości. Zaczynajmy.

Technika funkcji generowania momentu .

Lub charakterystyczna technika funkcyjna, cokolwiek chcesz. Musimy znaleźć mgf dla $Y=X^2$ . Musimy więc obliczyć oczekiwania

E [e^{t X^{2}}]

$E\left[e^{tX^2}\right]$

Korzystanie z ustawy nieświadomości statystyk , wszystko co musisz zrobić, to obliczyć tę całkę dystrybucji $X$ . Dlatego musimy obliczyć

\begin{aligned} E [e^{t X^{2}}] = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{t x^{2}} e^{- \frac{x^{2}}{2}} d x & = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp {- \frac{x^{2}}{2} (1 - 2 t)} d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{{(1 - 2 t)}^{1 / 2}}{{(1 - 2 t)}^{1 / 2}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp {- \frac{x^{2}}{2} (1 - 2 t)} d t \\ = {(1 - 2 t)}^{- 1 / 2}, t < \frac{1}{2} \end{aligned}

$\begin{align} E\left[e^{tX^2}\right] = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{tx^2} e^{-\frac{x^2}{2}} dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left\{ - \frac{x^2}{2} \left( 1- 2t \right) \right\} dt \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left( 1-2t \right)^{1/2}}{\left( 1-2t \right)^{1/2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left\{ - \frac{x^2}{2} \left( 1- 2t \right) \right\} dt \\ & = \left(1-2t\right)^{-1/2} , \quad t<\frac{1}{2} \end{align}$

gdzie w ostatnim wierszu porównaliśmy całkę z całką Gaussa ze średnią zero i wariancją $\frac{1}{\left(1-2t\right)}$ . Oczywiście integruje się to z jedną ponad rzeczywistą linią. Co możesz teraz zrobić z tym wynikiem? Cóż, możesz zastosować bardzo złożoną odwrotną transformację i określić pdf, który odpowiada tej MGF lub możesz po prostu rozpoznać ją jako MGF rozkładu chi-kwadrat z jednym stopniem swobody. (Przypomnijmy, że rozkład chi-kwadrat jest szczególnym przypadkiem rozkładu gamma z $\alpha = \frac{r}{2}$ , $r$ oznacza stopnie swobody, a $\beta = 2$ ).

Technika CDF

Jest to być może najłatwiejsza rzecz, jaką możesz zrobić i sugeruje to Glen_b w komentarzach. Zgodnie z tą techniką obliczamy

F_{Y} (y) = P (Y \leq y) = P (X^{2} \leq y) = P (| X | \leq \sqrt{y})

$F_Y (y) = P(Y\leq y) = P(X^2 \leq y) = P(|X|\leq \sqrt{y})$

a ponieważ funkcje dystrybucji definiują funkcje gęstości, po otrzymaniu uproszczonego wyrażenia, po prostu różnicujemy względem $y$ aby uzyskać nasz plik pdf. Mamy więc

\begin{aligned} F_{Y} (y) = P (| X | \leq \sqrt{y}) = P (- \sqrt{y} < X < \sqrt{y}) = Φ (\sqrt{y}) - Φ (- \sqrt{y}) \end{aligned}

$\begin{align} F_Y (y) = P\left( |X|\leq \sqrt{y} \right) = P\left(-\sqrt{y} < X <\sqrt{y} \right) = \Phi\left(\sqrt{y}\right) - \Phi \left(- \sqrt{y}\right) \end{align}$

gdzie $\Phi(.)$ oznacza CDF standardowej zmiennej normalnej. Rozróżniamy względem $y$ ,

f_{Y} (y) = F_{Y}^{'} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} ϕ (\sqrt{y}) + \frac{1}{2 \sqrt{y}} ϕ (- \sqrt{y}) = \frac{1}{\sqrt{y}} ϕ (\sqrt{y})

$f_Y(y) = F_Y^{\prime} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} \phi \left( \sqrt{y} \right) + \frac{1}{2 \sqrt{y}} \phi \left( -\sqrt{y} \right) = \frac{1}{\sqrt{y}} \phi(\sqrt{y})$

gdzie $\phi(.)$ jest teraz pdf standardowej zmiennej normalnej i wykorzystaliśmy fakt, że jest ona symetryczna względem zera. W związku z tym

f_{Y} (y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{y}{2}}, 0 < y < \infty

$f_Y (y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y}{2}}, \quad 0<y<\infty$

który rozpoznajemy jako pdf rozkładu chi-kwadrat z jednym stopniem swobody (do tej pory możesz widzieć wzór).

Technika transformacji gęstości

W tym momencie możesz się zastanawiać, dlaczego nie używamy po prostu techniki transformacji, którą znasz, to znaczy, że dla funkcji $Y = g(X)$ mamy gęstość $Y$ podaną przez

f_{Y} (y) = | \frac{d}{d y} g^{- 1} (y) | f_{X} (g^{- 1} (y))

$f_Y (y) = \left| \frac{d}{dy} g^{-1} (y) \right| f_X \left( g^{-1} (y) \right)$

dla $y$ w zakresie $g$ . Niestety, twierdzenie to wymaga przekształcenia jeden na jeden, co oczywiście nie ma tutaj miejsca. Rzeczywiście, widzimy, że dwie wartości $X$ dają tę samą wartość $Y$ , $g$ jest transformacją kwadratową. Dlatego to twierdzenie nie ma zastosowania.

Obowiązuje jednak jego rozszerzenie. W ramach tego rozszerzenia możemy rozkładać podporę $X$ (podparcie oznacza punkty, w których gęstość jest różna od zera), na zbiory rozłączne, tak że $Y= g(X)$ definiuje transformację jeden na jeden z tych zbiorów do zakresu z $g$ . Gęstość $Y$ jest następnie podawana przez sumę wszystkich tych funkcji odwrotnych i odpowiadających im absolutnych jakobianów. W powyższej notacji

f_{Y} (y) = \sum | \frac{d}{d y} g^{- 1} (y) | f_{X} (g^{- 1} (y))

$f_Y (y) = \sum \left| \frac{d}{dy} g^{-1} (y) \right| f_X \left( g^{-1} (y) \right)$

gdzie suma przebiega przez wszystkie funkcje odwrotne. Ten przykład wyjaśni.

Dla $y = x^2$ mamy dwie funkcje odwrotne, mianowicie $x = \pm \sqrt{y}$ z odpowiadającymi im absolutną jakobian $\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{y}} }$ a więc znaleziono odpowiedni plik pdf

f_{Y} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2} + \frac{1}{2 \sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2} = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2}, 0 < y < \infty

$f_Y (y) = \frac{1}{2\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi} } e^{-y/2} + \frac{1}{2\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi} } e^{-y/2} = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y/2}, \quad 0<y<\infty$

pdf rozkładu chi-kwadrat z jednym stopniem swobody. Na marginesie uważam, że ta technika jest szczególnie przydatna, ponieważ nie musisz już uzyskiwać CDF z transformacji. Ale oczywiście są to osobiste upodobania.

Możesz więc iść wieczorem spać całkowicie pewny, że kwadrat standardowej normalnej zmiennej losowej podąża za rozkładem chi-kwadrat z jednym stopniem swobody.

— JohnK
źródło

Zazwyczaj nie udzielamy pełnych odpowiedzi na pytania do samodzielnej nauki, a jedynie wskazówki. Fakt, że PO nie dodał tagu lub nie próbował przestrzegać naszych zasad, oznacza, że ten wątek powinien zostać zamknięty. Można znaleźć naszą politykę w kwestiach samokształcenie tutaj .

— gung - Przywróć Monikę

@gung Jestem pewien, że OP mógł znaleźć odpowiedź w dowolnym miejscu, to nie jest przełomowe :)

— JohnK

Tak będzie prawie zawsze w przypadku pytań do samodzielnej nauki. Niemniej jednak zazwyczaj nie udzielamy im pełnych odpowiedzi na zadania domowe, ale jedynie wskazówki, które pomogą im to sobie wyobrazić.

— gung - Przywróć Monikę

f_{Y} (y) = \frac{1}{2} F_{Y}^{'}

$f_Y(y) = \frac{1}{2}F_Y^{\prime}$

f_{Y} (y) = \frac{d}{d y} P (- y ⩽ Y ⩽ y) = f_{Y} (y) - (- f_{Y} (y)) = 2 \cdot f_{Y} (y)

$f_Y(y) = \frac{d}{dy} \mathbb{P}(-y \leqslant Y \leqslant y) = f_Y(y)-(-f_Y(y))= 2\cdot f_Y(y)$