Jeśli

11

Próbuję udowodnić stwierdzenie:

Jeśli i są niezależnymi zmiennymi losowymi, $X\sim\mathcal{N}(0,\sigma_1^2)$ $Y\sim\mathcal{N}(0,\sigma_2^2)$

następnie jest również normalną zmienną losową. $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

W przypadku specjalnym (powiedzmy) mamy dobrze znany wynik, że $\sigma_1=\sigma_2=\sigma$ ilekroćisą niezależnymizmiennymi. W rzeczywistości bardziej ogólnie wiadomo, że $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$ $X$ $Y$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ są niezależnymi $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$ zmienne. $\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$

Dowód ostatniego wyniku następuje za pomocą transformacji , gdzie i $(X,Y)\to(R,\Theta)\to(U,V)$ $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ . Rzeczywiście, tutaj $u=\frac{r}{2}\sin(2\theta),v=\frac{r}{2}\cos(2\theta)$ i $U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$ . Próbowałem naśladować ten dowód dla danego problemu, ale wydaje się, że robi się bałagan. $V=\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$

Jeśli nie popełniłem żadnego błędu, to dla kończę z gęstością połączenia jako $(u,v)\in\mathbb{R}^2$ $(U,V)$

f_{U, V} (u, v) = \frac{2}{σ_{1} σ_{2} π} \exp [- \sqrt{u^{2} + v^{2}} (\frac{\sqrt{u^{2} + v^{2}} + v}{σ_{1}^{2}} + \frac{\sqrt{u^{2} + v^{2}} - v}{σ_{2}^{2}})]

$f_{U,V}(u,v)=\frac{2}{\sigma_1\sigma_2\pi}\exp\left[-\sqrt{u^2+v^2}\left(\frac{\sqrt{u^2+v^2}+v}{\sigma_1^2}+\frac{\sqrt{u^2+v^2}-v}{\sigma_2^2}\right)\right]$

Mam powyżej mnożnik ponieważ transformacja nie jest jeden do jednego. $2$

Tak więc gęstość dałaby $U$ , co nie jest łatwe do oceny. $\displaystyle \int_{\mathbb{R}}f_{U,V}(u,v)\,\mathrm{d}v$

Teraz chciałbym wiedzieć, czy istnieje dowód, w którym mogę pracować tylko z i nie muszę brać pod uwagę aby pokazać, że jest normalne. Znalezienie CDF z nie wygląda obecnie tak obiecująco. Chciałbym również zrobić to samo dla przypadku . $U$ $V$ $U$ $U$ $\sigma_1=\sigma_2=\sigma$

To znaczy, jeśli i są niezależnymi zmiennymi , to chcę pokazać, że $X$ $Y$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ bez zmiany zmiennych. Jeśli w jakiś sposób mogę argumentować, że, to jestem skończony. Więc dwa pytania tutaj, przypadek ogólny, a następnie przypadek szczególny. $Z=\frac{2XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ $Z\stackrel{d}{=}X$

Powiązane posty na Math.SE:

gdyniezależnie $X^2-Y^2/ \sqrt{X^2+Y^2}\sim N(0,1)$ $X,Y\sim N(0,1)$ .

Biorąc pod uwagę, że są iid , pokaż, że $X,Y$ $N(0,1)$ mają oznaczenie $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$ $N(0,\frac{1}{4})$ .

Edytować.

Problem ten jest faktycznie spowodowany przez L. Sheppa, o czym dowiedziałem się w ćwiczeniach Wstępu do teorii prawdopodobieństwa i jego zastosowań (tom II) Fellera, wraz z możliwą wskazówką:

Z pewnością i mam gęstość $U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{X^2}+\frac{1}{Y^2}}}$ pod ręką. $\frac{1}{X^2}$

Zobaczmy, co mógłbym teraz zrobić. Oprócz tego mile widziana jest również pomoc z powyższą całką.

— UpartyAtom
źródło

1

(U, V)

$(U,V)$

U

$U$

1

\frac{1}{X^{2}}

$\frac{1}{X^2}$

\frac{1}{Y^{2}}

$\frac{1}{Y^2}$

U = \frac{X Y}{X^{2} + Y^{2}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{X^{2}} + \frac{1}{Y^{2}}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{Z^{2}}}} = Z

$U = \frac{XY}{X^2+Y^2} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{X^2}+\frac{1}{Y^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{Z^2}}} = Z$

@MartijnWeterings Najwyraźniej jest to oryginalny dowód przekazany przez Shepp.

— StubbornAtom

Sam bym tego nie wymyślił, gdybyś nie wspomniał o komentarzu Sheppa. Ale wpadłem na pomysł, że nie dostałeś tego dowodu. A przynajmniej nie było jasne, czy tak jest.

— Sextus Empiricus

6

$U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

$V$ $U$

$\sigma_1^2=1$ $\sigma_2^2=\sigma^2$ $X^2\sim\chi^2_1$ $\frac{Y^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_1$ $(X^2,Y^2)$ $f_{X^2,Y^2}$

$(X^2,Y^2)\to(W,Z)$ $W=\frac{X^2Y^2}{X^2+Y^2}$ $Z=\frac{X^2+Y^2}{Y^2}$ $(W,Z)$ $f_{W,Z}$ $f_{W,Z}$ $z$ $f_W$ $W$

$W=U^2$ $\frac{1}{2}$ $2(1+\frac{1}{\sigma})^{-2}$ $(1+\frac{1}{\sigma})^2\,W\sim\chi^2_1$ $U$ $0$ $(1+\frac{1}{\sigma})U\sim\mathcal{N}(0,1)$ $U\sim\mathcal{N}\left(0,\left(\frac{\sigma}{\sigma+1}\right)^2\right)$

— UpartyAtom
źródło

0

według tego

Przekształcanie dwóch normalnych zmiennych losowych

$X=r\cos(\theta) \hspace{.5cm} Y=r\sin(\theta) \hspace{.5cm} X,Y \sim normal(0,1) \Leftrightarrow \theta \sim Uniform(0,2\pi) \hspace{.5cm} r^2\sim chi(2)$
$X$ $Y$ $\Leftrightarrow$ $\theta$ $r$

$\sin(\theta) \sim \cos(\theta) \sim \sin(2\theta) \sim 2\sin(\theta) \cos(\theta) \sim \cos(2\theta) \sim \cos(2\theta) \sim f$ $f(z) =\frac{1}{\pi \sqrt(1-z^2)} I_{[-1,1]}(z)$ $z=\sin(\theta) \Rightarrow f(z)=|\frac{d}{dz} \sin^{-1}(z)| f_{\theta}(\sin^{-1}(z)) + |\frac{d}{dz} (\pi-\sin^{-1}(z))| f_{\theta}(\pi -\sin^{-1}(z)) =\frac{1}{\sqrt(1-z^2)} \frac{1}{2\pi} +\frac{1}{\sqrt(1-z^2)} \frac{1}{2\pi} =\frac{1}{\pi\sqrt(1-z^2)}$

podobne dla innych.

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{2r^2 \cos(\theta) \sin(\theta)}{r}=2r \cos(\theta) \sin(\theta) =r \sin(2\theta) \sim r \sin(\theta) \sim N(0,1)$

abyśmy mogli pokazać:

$X= \sigma r \cos(\theta)$ $Y=\sigma r \sin(\theta)$

więc

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{2r^2 \sigma \sigma \cos(\theta) \sin(\theta)}{r \sigma}=2\sigma r \cos(\theta) \sin(\theta) =\sigma r \sin(2\theta)\sim \sigma r \sin(\theta)\sim \sigma N(0,1)=N(0,\sigma^2)$

pokazać niezależność

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}= \sigma r \sin(\theta)$

$\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{r^2 \sigma^2 (\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta))}{2r\sigma} =\frac{1}{2} r \sigma (\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta)) \sim \frac{1}{2} r \sigma \cos(2\theta)\sim \frac{1}{2} r \sigma \cos(\theta)$

— Masoud
źródło

σ_{X} \neq σ_{Y}

$\sigma_X \neq \sigma_Y$

s q r t (X^{2} + Y^{2})

$sqrt(X^2+Y^2)$