경우 및 독립적으로 일반 변수는 다음 제로 평균과 각 도 일반 변수

진술을 증명하려고합니다.

만약 및 독립 확률 변수이고, $X\sim\mathcal{N}(0,\sigma_1^2)$ $Y\sim\mathcal{N}(0,\sigma_2^2)$

그런 다음 도 일반 랜덤 변수입니다. $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

특별한 경우 (예 : )의 경우 와 가 독립적 인 변수 때마다 . 실제로 가 더 일반적으로 알려져 있습니다. 는 독립적 인 변수입니다. $\sigma_1=\sigma_2=\sigma$ $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$ $X$ $Y$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$ $\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$

마지막 결과의 증거는 변환을 사용하여 이어집니다. $(X,Y)\to(R,\Theta)\to(U,V)$ 여기서 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ 및 $u=\frac{r}{2}\sin(2\theta),v=\frac{r}{2}\cos(2\theta)$ . 실제로 여기에서 $U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$ 및 $V=\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$ . 나는 당면한 문제에 대한이 증거를 모방하려고했지만 혼란스러워 보입니다.

I가 다음 오류를하지 않았다면 $(u,v)\in\mathbb{R}^2$ I는 공동 밀도 끝 $(U,V)$ 등

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}})]

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

변환이 일대일이 아니므로 위 의 승수 가 있습니다. $2$

따라서 밀도는 로 주어지며 쉽게 평가할 수 없습니다. $U$ $\displaystyle \int_{\mathbb{R}}f_{U,V}(u,v)\,\mathrm{d}v$

이제 만 사용할 수있는 증거가 있는지 알고 가 정상 임을 나타내는 를 고려할 필요가 없다는 것을 알고 싶습니다 . 의 CDF를 찾는 것은 지금 나에게 유망하지 않습니다. 경우에도 동일한 작업을 수행하고 싶습니다 . $U$ $V$ $U$ $U$ $\sigma_1=\sigma_2=\sigma$

즉, 와 가 독립적 인 변수이면 변수를 변경하지 않고어떻게 든 라고 주장 할 수 있다면 끝났습니다. 여기 두 가지 질문이 있는데, 일반적인 경우와 특정한 경우입니다. $X$ $Y$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ $Z=\frac{2XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ $Z\stackrel{d}{=}X$

주어진 IID되는 , 그 표시 는 iid $X,Y$ $N(0,1)$ $\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$ $N(0,\frac{1}{4})$ 입니다.

편집하다.

이 문제는 실제로 L. Shepp 이 Feller 의 확률 이론 소개 및 응용 프로그램 (Vol. II) 연습에서 발견 한 힌트와 함께 발생합니다.

분명히 그리고 나는 의 밀도를 가지고 있습니다 . $U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{X^2}+\frac{1}{Y^2}}}$ $\frac{1}{X^2}$

내가 지금 무엇을 할 수 있는지 봅시다. 이 외에도 위의 적분에 대한 약간의 도움도 환영합니다.

— 완고한 원자
소스

비슷하지만 관절 대한 MGF 접근 방식 이 조금 더 쉽습니다. 마지막 답변 : math.stackexchange.com/a/2665178/22064 및 math.stackexchange.com/questions/2664469/…

(U, V)

$(U,V)$

— Alex R.

@AlexR. 그렇습니다. 동일한 분산 사례에 대한 공동 분포를 찾으려면 공동 mgf 접근법을 보았습니다. 그러나 나는 이미이 경우 변수를 변경함으로써 증거를 얻었습니다. 내가하려는 것은 와 함께 일하는 것입니다 . 왜냐하면 그것이 내가 따르는 분포이기 때문입니다.

U

$U$

— StubbornAtom

트릭은 역 카이 제곱 분포로 스케일링 된 및 도 스케일 된 역 카이 제곱 분포입니다 (즉, 안정적인 분포의 속성). 따라서 마법은 다음의 세 번째 방정식에서 발생합니다.

\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

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

— Sextus Empiricus

@MartijnWeterings 분명히 이것은 Shepp이 제공 한 최초의 증거입니다.

— StubbornAtom

Shepp의 논평을 언급하지 않았다면 나는 이것을 스스로 생각해 내지 않았을 것입니다. 그러나 나는 당신이이 증거를 얻지 못했다는 생각을 가지고있었습니다. 또는 이것이 사실인지는 확실하지 않습니다.

— Sextus Empiricus

답변:

Shepp의 문제에 대한 원래의 해결책은 안정적인 법률 재산이라는 개념을 사용합니다. 그래서 나는 내가 언급 한 운동에서 주어진 힌트를 이해할 수 없었다. 단일 변수 하고 변수 변경을 사용하지 않는 증거 는 찾기 어렵다고 생각합니다. 그래서 나는 문제에 대한 대안 솔루션을 제공하는 세 가지 공개 문서를 공유합니다. $U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

첫 번째 는 의 밀도를 도출하기 위해 변수 선택과 함께 선택한 통합 경로를 따르지 않도록 설득했습니다 . 내가 따라갈 수있는 것처럼 보이는 세 번째 논문입니다. 나는 여기에 증거의 간단한 스케치를 제공합니다 : $V$ $U$

일반성을 잃지 않고 로 가정하고 합니다. 이제 및 이 독립적 이라는 점에 유의 하고 관절 밀도는 . 우리가 그것을 나타내는 . $\sigma_1^2=1$ $\sigma_2^2=\sigma^2$ $X^2\sim\chi^2_1$ $\frac{Y^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_1$ $(X^2,Y^2)$ $f_{X^2,Y^2}$

변형을 고려 되도록 및 . 따라서 우리는 의 조인트 밀도 집니다. 표시하겠습니다 . 표준 절차에 따라, wrt를 에 하여 의 한계 밀도 를 얻습니다 . $(X^2,Y^2)\to(W,Z)$ $W=\frac{X^2Y^2}{X^2+Y^2}$ $Z=\frac{X^2+Y^2}{Y^2}$ $(W,Z)$ $f_{W,Z}$ $f_{W,Z}$ $z$ $f_W$ $W$

우리는 것을 발견 파라미터를 가지는 감마 변량이다 와 , 그래서 입니다. 의 밀도는 에 대해 대칭 입니다. 이것은 이므로 . $W=U^2$ $\frac{1}{2}$ $2(1+\frac{1}{\sigma})^{-2}$ $(1+\frac{1}{\sigma})^2\,W\sim\chi^2_1$ $U$ $0$ $(1+\frac{1}{\sigma})U\sim\mathcal{N}(0,1)$ $U\sim\mathcal{N}\left(0,\left(\frac{\sigma}{\sigma+1}\right)^2\right)$

— 완고한 원자
소스

이것에 따르면

두 개의 정규 확률 변수 변환

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

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

다른 사람들과 비슷합니다.

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

그래서 우리는 보여줄 수 있습니다 :

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

그래서

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

독립적으로 보여주기 위해

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

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

— 마스 우드
소스

만약 ?

σ_{X} \neq σ_{Y}

$\sigma_X \neq \sigma_Y$

— Sextus Empiricus

나는 그것에 대해 생각하지 않았다. 그러나 일부 계산 문제는

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

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

— Masoud