Czy rozkład połączeń 3D można odtworzyć za pomocą marginesów 2D?

Załóżmy, że znamy p (x, y), p (x, z) ip (y, z), czy to prawda, że rozkład połączeń p (x, y, z) jest możliwy do zidentyfikowania? Czyli istnieje tylko jeden możliwy p (x, y, z), który ma powyżej marginesów?

distributions mathematical-statistics

— użytkownik1466742
źródło

Powiązane: Czy można mieć parę losowych zmiennych Gaussa, dla których rozkład połączeń nie jest Gaussowski? (Dotyczy to złącza 2D kontra marginesy 1D, ale odpowiedź i intuicja są ostatecznie takie same, a zdjęcia w odpowiedzi @ Cardinal są piękne.)

— Gung - Przywróć Monikę

@gung Związek jest nieco odległy. Subtelność kryjąca się za tym pytaniem polega na tym, że kopuła pokazuje nam, jak opracowywać rozkłady dwuwymiarowe z zadanymi marginesami. Jeśli jednak określimy trzy dwuwymiarowe marginesy dla rozkładu trywialnego, muszą istnieć dość poważne dodatkowe ograniczenia w tym rozkładzie trywialnym: marginesy jednowymiarowe muszą być spójne. Powstaje zatem pytanie, czy ograniczenia te wystarczą, aby określić rozkład trywialny. To sprawia, że jest to z natury więcej niż dwuwymiarowe pytanie.

— whuber

@ Whuber, rozumiem, że mówisz, że marginesy 2D są bardziej ograniczające niż marginesy 1D, co jest rozsądne. Chodzi mi o to, że w obu odpowiedziach marginesy nie mogą w wystarczającym stopniu ograniczyć wspólnego podziału, a odpowiedź kardynała sprawia, że problem jest bardzo łatwy do zauważenia. Jeśli uważasz, że to zbytnio rozprasza, mogę usunąć te komentarze.

— Gung - Przywróć Monikę

@ gung Próbuję powiedzieć coś zupełnie innego i nie jest to łatwe do zauważenia (chyba że jesteś bardzo dobry w wizualizacjach 3D). Czy pamiętasz zdjęcie na okładce Godel Hofstadtera , Escher, Bach ? (Googling łatwo go znaleźć; może rozwinę moją odpowiedź, aby ją uwzględnić). Istnienie tych dwóch różnych brył o identycznych zestawach rzutów na osie współrzędnych jest dość niesamowite. To wychwytuje ideę, że pełny zestaw ortogonalnych „widoków” 2D obiektu 3D niekoniecznie determinuje obiekt. To sedno sprawy.

— whuber

@ Gung pozwól mi spróbować jeszcze raz. Tak, pomysł, że marginesy nie w pełni określają rozkład, jest wspólny dla obu przypadków. Komplikacja w tym - tym, który moim zdaniem sprawia, że różni się tak bardzo od drugiego - polega na tym, że marginesy w obecnej sytuacji nie są wcale niezależne: każdy margines 2D określa dwa marginesy 1D, a także silny związek między nimi marginesy. Pod względem koncepcyjnym to pytanie może zostać przekształcone w następujący sposób: „dlaczego zależności w marginesach 2D nie są „ przechodnie ”lub„ kumulatywne ”w znaczeniu określenia pełnego rozkładu 3D?”

— whuber

Odpowiedzi:

Nie. Być może najprostszy kontrprzykład dotyczy rozkładu trzech niezależnych zmiennych , dla których wszystkie osiem możliwych wyników od do są równie prawdopodobne . To sprawia, że wszystkie cztery rozkłady krańcowe są jednakowe w . $\text{Bernoulli}(1/2)$ $X_i$ $(0,0,0)$ $(1,1,1)$ $\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\}$

Rozważ zmienne losowe które są równomiernie rozmieszczone w zbiorze . Mają one takie same marginesy jak . $(Y_1,Y_2,Y_3)$ $\{(1,0,0),(0,1,0), (0,0,1),(1,1,1)\}$ $(X_1,X_2,X_3)$

Okładka Godla Douglasa Hofstadtera , Escher, Bach wskazuje na możliwości.

Trzy rzuty prostopadłe (cienie) każdej z tych brył na płaszczyzny współrzędnych są takie same, ale bryły oczywiście się różnią. Chociaż cienie to nie to samo, co rozkłady brzeżne, działają raczej w podobny sposób, aby ograniczyć, ale nie do końca określić obiekt 3D, który je rzuca.

— Whuber
źródło

+1 oczywiście, ale jeśli dobrze pamiętam, wraca do Bernsteina, a może nawet wcześniej. Używałem go szeroko w przeszłości, aby omówić bramkę logiczną Exclusive-OR, w której zdarzenia, których dane wejściowe wynoszą 1, a dane wyjściowe wynoszą 1, są zdarzeniami niezależnymi parami (dla danych wejściowych równie prawdopodobnym 0 lub 1), ale nie są one wzajemnie niezależne wydarzenia

Y 1, Y 2, Y 3

$Y1,Y2,Y3$

— Dilip Sarwate

W tym samym duchu co odpowiedź Whubera,

Rozważmy wspólnie ciągłe zmienne losowe z funkcją gęstości stawu gdzie oznacza standardową funkcję normalnej gęstości. $U, V, W$

\begin{aligned} (1) & {fa}_{U, V., W.} (u, v, w) = {\begin{cases} 2) ϕ (u) ϕ (v) ϕ (w) & gdyby u \geq 0, v \geq 0, w \geq 0, \\ albo jeśli u < 0, v < 0, w \geq 0, \\ albo jeśli u < 0, v \geq 0, w < 0, \\ albo jeśli u \geq 0, v < 0, w < 0, \\ 0 & Inaczej \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} f_{U,V,W}(u,v,w) = \begin{cases} 2\phi(u)\phi(v)\phi(w) & ~~~~\text{if}~ u \geq 0, v\geq 0, w \geq 0,\\ & \text{or if}~ u < 0, v < 0, w \geq 0,\\ & \text{or if}~ u < 0, v\geq 0, w < 0,\\ & \text{or if}~ u \geq 0, v< 0, w < 0,\\ & \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\tag{1} \end{align}$

ϕ (\cdot)

$\phi(\cdot)$

Oczywiste jest, że i są zależnymi zmiennymi losowymi. Oczywiste jest również, że nie są to wspólnie normalne zmienne losowe. Jednak wszystkie trzy pary są parami niezależnymi zmiennymi losowymi: w rzeczywistości niezależnymi standardowymi zmiennymi losowymi (a zatem parami normalnie zmiennych losowych). W skrócie, są przykładem niezależnych parami, ale nie wzajemnie niezależnych standardowych zmiennych losowych. Zobacz moją odpowiedź, aby uzyskać więcej informacji. $U, V$ $W$ $(U,V), (U,W), (V,W)$ $U,V,W$

W przeciwieństwie do tego, jeśli są wzajemnie niezależnymi standardowymi zmiennymi losowymi, to są one również parami niezależnymi zmiennymi losowymi, ale ich łączna gęstość wynosi $X,Y,Z$

\begin{matrix} (2) & f_{X, Y, Z} (u, v, w) = ϕ (u) ϕ (v) ϕ (w), u, v, w \in R \end{matrix}

$f_{X,Y,Z}(u,v,w) = \phi(u)\phi(v)\phi(w), ~~u,v,w \in \mathbb R \tag{2}$ które nie jest taki sam jak gęstość złącza w . Tak, NIE, nie możemy wydedukować trójdzielnego wspólnego pliku pdf z dwuwymiarowych plików pdf nawet w przypadku, gdy krańcowe rozkłady jednowymiarowe są standardowe normalne, a zmienne losowe są niezależne parami.

(1)

$(1)$

— Dilip Sarwate
źródło

Zasadniczo pytasz, czy rekonstrukcja CAT jest możliwa przy użyciu tylko zdjęć wzdłuż 3 głównych osi.

To nie jest ... inaczej zrobiliby to. :-) Zobacz transformację Radona, aby uzyskać więcej literatury.

— użytkownik541686
źródło

Podoba mi się ta analogia. Niepokojące są jednak dwa aspekty. Jedna jest logika: tylko dlatego, że transformacja Radona (lub inna technika) wykorzystuje więcej danych niż trzy marginesy, nie oznacza logicznie, że naprawdę potrzebuje wszystkich tych danych. Innym problemem jest to, że skany CT są z natury dwuwymiarowe: rekonstruują bryłę kawałek po kawałku. (To prawda, że transformacja Radona jest zdefiniowana w trzech i wyższych wymiarach.) Zatem tak naprawdę nie docierają do sedna sprawy: wiemy już, że marginesy jednowymiarowe nie są wystarczające do odtworzenia rozkładu 2D.

— whuber

@whuber: Myślę, że źle zrozumiałeś, co mówiłem ... a 2D kontra 3D to czerwony śledź. Starałem się powiedzieć, że odwrotność Transformata Radona wymaga pełnej całkę dla jego inwersji (czyli jeśli dosłownie wystarczy spojrzeć na wzorze inwersji, widać odwrócenie wymaga integralnej nad wszystkimi kątami, a nie sumę ponad d kątami). Skan CAT miał tylko pomóc OP zobaczyć, że to ten sam problem co CT.

— user541686,

Tam logika się załamuje: to nie ten sam problem co CT. Twój argument brzmi jak analog „każdy pojazd, który widzę na drodze, używa co najmniej czterech kół. Dlatego transport naziemny z mniej niż czterema kołami jest niemożliwy, ponieważ gdyby to było możliwe, ludzie używaliby mniejszej liczby kół, aby zaoszczędzić koszty opon. Jeśli masz co do tego wątpliwości, po prostu spójrz na plany samochodu ”. Nawiasem mówiąc, transformacja zaimplementowana w skanerze CT nie integruje się pod wszystkimi kątami - miara zestawu kątów, których używa, wynosi zero!

— whuber

@whuber: Zapomnij na chwilę o CT. Czy zgadzasz się z resztą logiki?

— user541686,