상관 관계가없는 배포는 독립성을 의미합니까?

통계에서 명예로운 알림은 "무관심은 독립성을 의미 하지 않습니다 "입니다. 일반적으로이 리마인더는 "두 가지 변수가 함께 정상적으로 분포 되어있을 때 상관 관계가 독립성을 암시하는" 심리적 진정 (그리고 과학적으로 올바른) 진술로 보충됩니다 .

나는 행복한 예외의 수를 1 개에서 2 개로 늘릴 수 있습니다. 두 변수가 베르누이 분포 일 때 다시 상관 관계는 독립성을 의미합니다. 경우 및 두 RV의 Bermoulli이다 는 이며 와 유사하게 공분산은 다음과 같습니다. $X$ $Y$ $X \sim B(q_x),\; Y \sim B(q_y)$ $P(X=1) = E(X) = q_x$ $Y$

코브 (엑스, 와이) = 이자형 (엑스 와이) - 이자형 (엑스) 이자형 (와이) = \sum_{{에스}_{엑스 와이}} 피 (엑스, 와이) 엑스 와이 - 큐_{엑스} 큐_{와이}

$\operatorname{Cov}(X,Y)= E(XY) - E(X)E(Y) = \sum_{S_{XY}}p(x,y)xy - q_xq_y$

= 피 (엑스 = 1, 와이 = 1) - 큐_{엑스} 큐_{와이} = 피 (엑스 = 1 ∣ 와이 = 1) 피 (와이 = 1) - 큐_{엑스} 큐_{와이}

$= P(X=1,Y=1) - q_xq_y = P(X=1\mid Y=1)P(Y=1)-q_xq_y$

= (피 (엑스 = 1 ∣ 와이 = 1) - 큐_{엑스}) 큐_{와이}

$= \Big(P(X=1\mid Y=1)-q_x\Big)q_y$

비상 관성을 위해 공분산은 0이어야합니다.

Cov (X, Y) = 0 \Rightarrow P (X = 1 ∣ Y = 1) = P (X = 1)

$\operatorname{Cov}(X,Y) = 0 \Rightarrow P(X=1\mid Y=1) = P(X=1)$

\Rightarrow P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1) P (Y = 1)

$\Rightarrow P(X=1,Y=1) = P(X=1)P(Y=1)$

변수가 독립적이어야하는 조건이기도합니다.

내 질문은 : 당신은 상관 관계가 독립을 의미하는 다른 배포판 (연속 또는 이산)을 알고 있습니까?

의미 : 동일한 분포에 속하는 한계 분포가 있는 두 개의 임의 변수 를 가정 하지만 (예 : 분포 매개 변수에 대해 다른 값을 가짐 ) 동일한 지원으로 예를 들어 봅시다. 방정식에 대한 모든 해답 은 관련된 분포 함수의 형태 / 속성으로 인해 독립성을 암시하는 방식입니까? 이것은 베르누이 (Bernoulli) 마진과 마찬가지로 정규 한계 값 (이변 량 정규 분포를 가지고 있음)과 다른 경우도 있습니까? $X,Y$ $\operatorname{Cov}(X,Y) = 0$

여기서 동기는 독립성이 있는지 여부를 확인하는 것보다 공분산이 0인지 여부를 확인하는 것이 더 쉽다는 것입니다. 따라서 이론적 분포를 고려할 때 공분산을 확인하여 독립성을 확인하는 경우 (Beroulli 또는 일반 경우와 마찬가지로) 이것이 유용한 정보입니다.
만약 우리가 정상 한계를 가지는 두 개의 rv에서 두 개의 표본이 주어지면, 우리가 표본에서 공분산이 0이라는 통계적으로 결론을 내릴 수 있다면, 그것들이 독립적이라고 말할 수 있습니다. 두 rv에 다른 분포에 속하는 한계가있는 경우에도 마찬가지로 결론을 내릴 수 있는지 아는 것이 유용 할 것입니다.

— 알레 코스 파파도풀로스
소스

논리적으로, 여기에는 의문의 여지가 없습니다 : 독립 변수 쌍을 분포로 취하십시오. 상관 관계가 있든 상관없이, 그들은 피아트에 의해 독립적입니다 ! "배포"의 의미와 유용한 답변에 대해 더 정확하게 설명해야합니다.

— whuber

@ whuber 귀하의 의견을 이해하지 못합니다. 나는 상관 관계가없는 것으로 시작 하여 "상관 관계가 없다는 것을 증명할 수 있다면 그들이 또한 독립적이라는 것을 의미 하는가?"라고 묻습니다. 질문에 언급 된 두 가지 결과는 rv가 특정 분포 (정규 또는 Bernoulli)를 갖는 rv에 의존하기 때문에 "두 변수가 따라 가면이 결과가 유지되는 다른 알려진 분포가 있습니까?"

— Alecos Papadopoulos

두 개의 독립 변수 를 취하고 분포로 둡니다 . 는 귀하의 질문에 대한 올바른 답변입니다. 선행 조건의 진가가 무엇이든 관계없이 결과가 참일 때마다 정의에 따라 조건부 증명을 요구한다는 점에 유의하십시오 . 따라서 기본 논리 규칙에 따라 독립 변수의 모든 분포는 귀하의 질문에 대한 답변입니다.

X, Y

$X,Y$

F

$F$

F

$F$

— whuber

@ 우버, 당신은 분명히 맞아요. 이 질문에 대한 동기 부여와 관련된 텍스트를 추가했습니다.이 동기가 무엇인지 명확히하기를 바랍니다.

— Alecos Papadopoulos

이 결정을 할 때 어떤 정보로 시작합니까? 예제의 공식에서 각 변수에 대해 한계 pdf가 제공되고 각 변수 쌍이 서로 관련이 없다는 정보가 제공되는 것 같습니다. 그런 다음 그들도 독립적인지 결정합니다. 이것이 정확합니까?

— probabilityislogic

그럼에도 불구하고 두 변수가 정규 분포를 따르더라도 상관 관계가 독립성을 의미한다는 것은 매우 일반적인 오류 입니다.

공동 으로 배포 된 경우에만 적용됩니다 .

내가 가장 자주 본 반례는 보통 이고 독립적 인 Rademacher (따라서 각각 확률이 0.5 인 1 또는 -1). 다음 , (그 분포 함수를 고려하여 명백)도 정상 (여기서 문제가 보여주는 것이다 에 기대를 반복하여 예를 , 는 확률이 각각 0.5 인 또는 이며 각 변수가 종속적이라는 것이 분명합니다 (예 : 를 알고 있다면 또는 이므로 $X \sim N(0,1)$ $Y$ $Z=XY$ $\operatorname{Cov}(X,Z)=0$ $\mathbb{E}(XZ)=0$ $Y$ $XZ$ $X^2$ $-X^2$ $X>2$ $Z>2$ $Z<-2$ $X$ 에 대한 정보를 제공합니다 ). $Z$

한계 분포가 공동 분포를 고유하게 결정하지는 않는다는 점도 명심해야합니다. 한계 CDF 및 실제 RV 및 두 개를 가져옵니다 . 그런 다음 대해 함수 : $X$ $Y$ $F_X(x)$ $G_Y(y)$ $\alpha<1$

H_{X, Y} (x, y) = F_{X} (x) G_{Y} (y) (1 + α (1 - F_{X} (x)) (1 - F_{Y} (y)))

$H_{X,Y}(x,y)=F_X(x)G_Y(y)\left(1+\alpha\big(1-F_X(x)\big)\big(1-F_Y(y)\big)\right)$

이변 량 CDF가됩니다. ( 에서 한계 를 얻으려면 가 무한대 로 갈 때 한계를 가져옵니다 . 여기서 경우 그 반대입니다 .) 다른 값을 선택하여 명확하게 의 당신은 다른 공동 분포를 얻을 수 있습니다! $F_X(x)$ $H_{X,Y}(x,y)$ $y$ $F_Y(y)=1$ $Y$ $\alpha$

— 은어
소스

과연. 나는 "공동"을 잊었다.

— Alecos Papadopoulos 오전

@Alecos 한계 분포는 일반적으로 공동 분포를 결정하지 않기 때문에 (이것은 명확하게하기 위해 답을 편집 한 것입니다), 이것이 어디에서 질문을 남깁니까?

— Silverfish

@Alecos 저는 지금 질문의 내용에 대해 더 잘 이해하고 있다고 생각합니다. 두 개의 한계 분포가 주어지면 무한한 공동 분포가 있습니다. 공분산 제로의 조건을 부과하는 것은 어떤 상황에서 무작위 분포가 독립적 인 관절 분포 중 하나만 가능합니까?

— Silverfish

공동 MGF 및 한계 MGF를 갖는 이변 량 사례를 고수하면 및 이면, 질문은 다음과 같이됩니다 : 은 ?

M_{X, Y} (s, t)

$M_{X,Y}(s,t)$

M_{X} (s) = M_{X, Y} (s, 0)

$M_X(s)=M_{X,Y}(s,0)$

M_{Y} (t) = M_{X, Y} (0, t)

$M_Y(t)=M_{X,Y}(0,t)$

\frac{\partial^{2}}{\partial s \partial t} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0} = \frac{\partial}{\partial s} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0} \cdot \frac{\partial}{\partial t} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0}

$\frac{\partial^2}{\partial s \partial t}M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0} = \frac{\partial}{\partial s} M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0} \cdot \frac{\partial}{\partial t} M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0}$

M_{X, Y} (s, t) = M_{X, Y} (s, 0) \cdot M_{X, Y} (0, t)

$M_{X,Y}(s,t)=M_{X,Y}(s,0) \cdot M_{X,Y}(0,t)$

— Silverfish

I는 개념 확인할 것이다 @Silverman subindependence , en.wikipedia.org/wiki/Subindependence를 ,이 문제가 현재의 생성 함수의 관점에서 제형 화 될 수 있는지 여부를 확인한다.

— Alecos Papadopoulos