두 정규 분포 간의 차이 분포

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정규 분포의 두 가지 확률 밀도 함수가 있습니다.

f_{1} (x_{1} | μ_{1}, σ_{1}) = \frac{1}{σ_{1} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{(x - μ_{1})^{2}}{2 σ_{1}^{2}}}

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

과

f_{2} (x_{2} | μ_{2}, σ_{2}) = \frac{1}{σ_{2} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{(x - μ_{2})^{2}}{2 σ_{2}^{2}}}

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

과 사이의 분리 확률 확률 함수를 찾고 있습니다. 내 생각에 의 확률 밀도 함수를 찾고 있다고 생각합니다. . 그 맞습니까? 어떻게 찾습니까? $x_1$ $x_2$ $|x_1 - x_2|$

distributions normal-distribution distance

— 마틴
소스

이것이 숙제라면 self-study태그 를 사용하십시오 . 우리는 숙제 문제를 받아들이지 만 여기서 조금 다르게 처리합니다.

— shadowtalker

또한 "저 사람"이되고 싶지 않지만 Google을 사용해 보셨습니까? "정규 분포의 차이점"은 바로 그 답을 찾았습니다.

— shadowtalker

@ ssdecontrol 아니오, 숙제는 아니지만 취미 프로젝트를위한 것이므로 올바른 길에 가면 직접 물건을 찾아야 할 필요가 없습니다. 나는 구글을 시도했지만 문제에 대한 나의 이해가 너무 제한되어있어 내 앞에서 옳다면 그것을 인식하지 못할 것이다. 따옴표를 사용하면 일부 x에 대해 "정규 분포와 x의 차이점은 무엇입니까?"와 비슷한 많은 것들을 발견했습니다.

— Martijn

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이 분포에 의해 지배되는 두 개의 랜덤 변수 과 가 독립적 이라고 가정 할 때만이 질문에 답할 수 있습니다 . $X_1$ $X_2$ 이로 인해 평균 및 분산 의 차이 법선이됩니다 . (다음 솔루션은 의 모든 2 변량 정규 분포로 쉽게 일반화 할 수 있습니다. $X = X_2-X_1$ $\mu = \mu_2-\mu_1$ $\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$ .) 따라서 변수 $(X_1, X_2)$

Z = \frac{X - μ}{σ} = \frac{X_{2} - X_{1} - (μ_{2} - μ_{1})}{\sqrt{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}}

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

표준 정규 분포 (평균 및 단위 분산이 0 임)

X = σ (Z + \frac{μ}{σ}) .

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

표현식

| X_{2} - X_{1} | = | X | = \sqrt{X^{2}} = σ \sqrt{{(Z + \frac{μ}{σ})}^{2}}

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

는 1 자유도 및 비 중심 모수 를 갖는 비 중심 카이 제곱 분포의 제곱근의 스케일 버전으로 절대 차이를 나타냅니다 . 이러한 모수를 갖는 비 중앙 카이 제곱 분포에는 확률 요소가 있습니다 $\lambda=(\mu/\sigma)^2$

f (y) d y = \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{1}{2} (- λ - y)} \cosh (\sqrt{λ y}) \frac{d y}{y}, y > 0.

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

필기구 에 대해 확립 간의 일대일 대응 결과 및 제곱근 $y=x^2$ $x \gt 0$ $y$

f (y) d y = f (x^{2}) d (x^{2}) = \frac{\sqrt{x^{2}}}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{1}{2} (- λ - x^{2})} \cosh (\sqrt{λ x^{2}}) \frac{d x^{2}}{x^{2}} .

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

이것을 단순화 한 다음 로 크기를 조정 하면 원하는 밀도가 제공됩니다. $\sigma$

f_{| X |} (x) = \frac{1}{σ} \sqrt{\frac{2}{π}} \cosh (\frac{x μ}{σ^{2}}) \exp (- \frac{x^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}}) .

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

이 결과는, 시뮬레이션을 지원하는 등 10 만 독립의 히스토그램의 그립니다 파라미터와 (코드에서 "X"라고 함) . 그것에는 히스토그램 값과 깔끔하게 일치합니다. $|X|=|X_2-X_1|$ $\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$ $f_{|X|}$

R이 시뮬레이션 의 코드는 다음과 같습니다.

#
# 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)

— 우버
소스

(f_{1} (.) - f_{2} (.))^{2}

$(f_1(.) -f_2(.))^2$

1

@ user77005 그 대답은 내 게시물에 있습니다 : 그것은 중심이 아닌 카이 제곱 분포입니다. 자세한 내용은 링크를 따르십시오.

— whuber

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나는 비 통계 학자 (즉, 자유도가 하나 인 비 중심 카이-제곱 분포에 대해 잘 모르는 사람)가 무엇을 쓸 수 있다는 의미에서 @whuber에 의해 보완되는 답변을 제공하고 있습니다. 신 생물은 비교적 쉽게 따라갈 수 있습니다.

$Z = X_1-X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$ $\mu = \mu_1-\mu_2$ $\sigma^2 = \sigma_1^2+\sigma_2^2$ $x \geq 0$

\begin{aligned} F_{| Z |} (x) & ≜ P {| Z | \leq x} \\ = P {- x \leq Z \leq x} \\ = P {- x < Z \leq x} & since Z is a continuous random variable \\ = F_{Z} (x) - F_{Z} (- x), \end{aligned}

$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$

F_{| Z |} (x) = 0

$F_{|Z|}(x) = 0$

x < 0

$x < 0$

x

$x$

\begin{aligned} f_{| Z |} (x) & ≜ \frac{\partial}{\partial x} F_{| Z |} (x) \\ = [f_{Z} (x) + f_{Z} (- x)] 1_{(0, \infty)} (x) \\ = [\frac{\exp (- \frac{(x - μ)^{2}}{2 σ^{2}})}{σ \sqrt{2 π}} + \frac{\exp (- \frac{(x + μ)^{2}}{2 σ^{2}})}{σ \sqrt{2 π}}] 1_{(0, \infty)} (x) \\ = \frac{\exp (- \frac{x^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}})}{σ \sqrt{2 π}} (\exp (\frac{x μ}{σ^{2}}) + \exp (\frac{x μ}{σ^{2}})) 1_{(0, \infty)} (x) \\ = \frac{1}{σ} \sqrt{\frac{2}{π}} \cosh (\frac{x μ}{σ^{2}}) \exp (- \frac{x^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}}) 1_{(0, \infty)} (x) \end{aligned}

$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$

— 디립 사르 베이트
소스

1

+1 항상 가장 기본적인 가능한 원칙과 가정에서 작동하는 솔루션을보고 싶습니다.

— whuber

1

두 개의 정규 분포 변량 X와 Y의 차이 분포는 X와 Y가 독립적이라고 가정 할 때 정규 분포입니다 (주석에 대한 Mark 덕분). 파생은 다음과 같습니다. http://mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

여기서 whuber의 답변을 기반으로 절대 차이를 묻습니다 .X와 Y의 평균 차이가 0이라고 가정하면 밀도의 두 배에 해당하는 정규 분포의 절반에 불과합니다 (Dlip 덕분에 주석입니다).

— 유치 안
소스

3

귀하와 Wolfram Mathworld는 2 개의 정규 분포 (무작위 변수)가 독립적이라고 가정합니다. 2 개의 정규 확률 변수가 이변 량 정규 변수가 아닌 경우 차이가 반드시 정규 분포 일 필요는 없습니다. 이는 독립 변수가 아닌 경우 발생할 수 있습니다.

— Mark L. Stone

4

μ_{1} = μ_{2}

$\mu_1 = \mu_2$

0

$0$

귀하의 의견에 감사드립니다. 이제 귀하의 의견과 whuber의 답변을 바탕으로 답변을 수정했습니다.

— yuqian