Какое соотношение независимых распределений дает нормальное распределение?

12

Отношение двух независимых нормальных распределений дает распределение Коши. T-распределение - это нормальное распределение, деленное на независимое распределение хи-квадрат. Отношение двух независимых хи-квадрат распределения дает F-распределение.

Я ищу соотношение независимых непрерывных распределений, которое дает нормально распределенную случайную величину со средним значением и дисперсией ? $\mu$ $\sigma^2$

Вероятно, существует бесконечный набор возможных ответов. Можете ли вы дать мне некоторые из этих возможных ответов? Я был бы особенно признателен, если бы два независимых распределения, отношение которых было вычислено, были одинаковыми или, по крайней мере, имели сходную дисперсию

— Remi.b
источник

2

Хотя статья Википедии о распределении соотношений не содержит примеров того случая, для которого вы ищете, это интересное чтение.

— Авраам,

2

Весьма частный случай является стандартным нормальным, и независимо друг от друга друг с вероятностью , то , и имеет то же среднее значение и дисперсию и является нормально распределен.

X

$X$

Y

$Y$

\pm 1

$\pm1$

\frac{1}{2}

$\frac12$

X

$X$

Y

$Y$

\frac{X}{Y}

$\frac{X}{Y}$

\frac{X}{Y}

$\frac{X}{Y}$

— Генри

1

« Соотношение двух независимых хи-квадрат распределения дает F-распределение » - ну, не совсем. Это дает бета-прайм дистрибутив. Чтобы получить F, вам нужно масштабировать каждый хи-квадрат по его df.

— Glen_b

2

Ряд вещей заставляет меня совсем не убеждаться в том, что обязательно возможно выполнить все ваши условия.

— Glen_b

1

взяв в качестве примера метод генерации нормальных переменных (например, Бокса-Мюллера) (который использует метод окружности), я бы сказал, что нет коэффициентов равномерных распределений, которые дают нормальное распределение (при условии, что запрашиваются равномерные распределения)

— Никос М.

5

Пусть где имеет экспоненциальное распределение со средним и с равной вероятностью. Пусть где . Если предположить, что взаимно независимы, то не зависит от и . Следовательно, мы имеем $Y_1 = Z \sqrt{E}$ $E$ $2 \sigma^2$ $Z = \pm 1$ $Y_2 = 1 / \sqrt{B}$ $B \sim \mbox{Beta}(0.5, 0.5)$ $(Z, E, B)$ $Y_1$ $Y_2$ $Y_1 / Y_2 \sim \text{Normal}(0, \sigma^2)$

$Y_1$ независимо от ; $Y_2$
Оба сплошные; такой, что
$Y_1 / Y_2 \sim \text{Normal}(0, \sigma^2)$ .

Я не понял, как получить . Труднее понять, как это сделать, поскольку проблема сводится к нахождению и которые являются независимыми, так что что довольно немного сложнее , чем сделать для независимого и . $\text{Normal}(\mu, \sigma^2)$ $A$ $B$

\frac{A - B μ}{B} \sim Normal (0, 1)

$\frac{A - B \mu}{B} \sim \text{Normal}(0, 1)$

A / B \sim Normal (0, 1)

$A/B \sim \text{Normal}(0,1)$

A

$A$

B

$B$

— парень
источник

1

Если это правда, это круто.

— Нил Дж

2

@NeilG это правда; продукт моей беты и экспоненты - это гамма с формой 1/2 (из-за того, как вы можете построить бета и независимую гамму, используя гаммы). Тогда корень квадратный из этого полунормальный, используя тот факт, что квадрат нормали является хи-квадрат.

— парень

1

Недавно у нас был вопрос, спрашивающий о продукте двух переменных, которые нормально распределены (я не могу найти его обратно). На этот вопрос был комментарий или ответ, относящийся к преобразованию Бокса-Мюллера, которое вычисляет нормальное распределение (или, точнее, двумерное нормальное распределение) из произведения двух преобразованных равномерно распределенных переменных. Этот ответ во многом связан с этим, но принимает обратное значение одной из этих переменных в преобразовании Бокса-Мюллера. Копия: @kjetilbhalvorsen

— Секст Эмпирик

1

Я был бы особенно признателен, если бы два независимых распределения, отношение которых было вычислено, были одинаковыми

Нет никакой возможности, что нормальная переменная может быть записана как отношение двух независимых переменных с одним и тем же распределением или семейством распределения (например, F-распределение, которое является отношением двух масштабированных распределенных переменных $\chi^2$ или распределение Коши, которое является соотношение двух нормально распределенных переменных с нулевым средним).

Предположим, что: для любого $A, B \sim F$ где $F$ - это то же самое распределение или семейство распределений, мы имеем
$X = \frac{A}{B} \sim N (μ, σ^{2})$ $X = \frac{A}{B} \sim N(\mu,\sigma^2)$
Мы также должны иметь возможность поменять местами $A$ и $B$ (если нормальная переменная может быть записана как отношение двух независимых переменных с одинаковым распределением или семейством распределений, то порядок можно изменить)
$\frac{1}{X} = \frac{B}{A} \sim N (μ, σ^{2})$ $\frac{1}{X} = \frac{B}{A} \sim N(\mu,\sigma^2)$
Но если $X \sim N(\mu,\sigma^2)$ то $X^{-1} \sim N(\mu,\sigma^2)$ не может быть истинным (обратное значение к нормальной распределенной переменной не является другой нормальной распределенной переменной).

Более широкий вывод: если переменные в любом семействе распределений $\mathcal{F}_X$ могут быть записаны как отношение переменных в другом семействе распределений $\mathcal{F}_Y$ то должно быть, что семейство $\mathcal{F}_X$ является замкнутым при взятии обратной величины (т. Е. Для любой переменной, распределение которой находится в $\mathcal{F}_X$ распределение его обратного также будет в $\mathcal{F}_X$ ).

Например, инверсия распределенной переменной Коши также распределена по Коши. Инверсия F-распределенной переменной также F-распределена.

Это «если» не является «если», обратное неверно. Когда $X$ и $1/X$ находятся в одном и том же семействе распределений, то не всегда возможно записать как распределение отношений со знаменателем и знаменателем из одного и того же семейства распределений.

Контрпример: мы можем представить семейства распределения, для которых для любого $X$ в семействе у нас есть $1/X$ в том же семействе, но у нас нет $P(X=1)=0$ . Это противоречит тому факту, что для распределения отношений, где знаменатель и знаменатель имеют одинаковое распределение, мы должны иметь $P(X=1) \neq 0$ (и что-то подобное можно выразить для непрерывных распределений, таких как интеграл по линии X / Y = 1 на диаграмме рассеяния X, Y имеет некоторую ненулевую плотность, когда X и Y имеют одинаковое распределение и независимы).

— Секст Эмпирик
источник

Не вижу этого Мне кажется, что только потому, что

и

являются нормальными, что не делает

A / D

$A/D$

B / C

$B/C$

нормальным.

\frac{A / D}{B / C}

$\frac{A/D}{B/C}$

— Карл

Лучше. Теперь это имеет смысл.

— Карл

1

A, B

$A, B$

1

Я не понимаю, что вы говорите. В идеале ваш ответ должен быть последовательным аргументом, не требующим, чтобы кто-то читал правки. Прямо сейчас кажется, что ваше второе утверждение («мы тоже должны иметь») не следует из первого.

— Нил Дж

1

@kjetilbhalvorsen, как это должно быть пересмотрено? Я ответил на ту часть вопроса, которая гласит: «Я был бы особенно признателен, если бы два независимых распределения, соотношение которых было вычислено, были одинаковыми» . Я не понимаю, как к этому относится ответ парня.

— Секст Эмпирик

0

Ну, вот один, но я не буду это доказывать, только покажу в симуляции.

$\text{Beta}(200,200)$ $n=40,000$ $x$ $\left(-\frac{1}{2},\,\frac{1}{2}\right)$ $n=40,000$

$(0,1)$

$\frac{\text{numerator}}{\text{denominator}}$

$\mu \to -0.0000204825,\sigma \to 0.0501789$

(\begin{array}{ccc} Statistic & P-Value \\ Anderson-Darling & 0.799786 & 0.481181 \\ Baringhaus-Henze & 1.40585 & 0.0852017 \\ Cramér-von Mises & 0.123145 & 0.482844 \\ Jarque-Bera ALM & 4.48103 & 0.106404 \\ Kolmogorov-Smirnov & 0.00452328 & 0.386335 \\ Kuiper & 0.00798063 & 0.109127 \\ Mardia Combined & 4.48103 & 0.106404 \\ Mardia Kurtosis & 1.53849 & 0.123929 \\ Mardia Skewness & 2.09399 & 0.147879 \\ Pearson χ^{2} & 134.353 & 0.571925 \\ Watson U^{2} & 0.113831 & 0.211187 \end{array})

$\left( \begin{array}{ccc} \text{} & \text{Statistic} & \text{P-Value} \\ \text{Anderson-Darling} & 0.799786 & 0.481181 \\ \text{Baringhaus-Henze} & 1.40585 & 0.0852017 \\ \text{Cramér-von Mises} & 0.123145 & 0.482844 \\ \text{Jarque-Bera ALM} & 4.48103 & 0.106404 \\ \text{Kolmogorov-Smirnov} & 0.00452328 & 0.386335 \\ \text{Kuiper} & 0.00798063 & 0.109127 \\ \text{Mardia Combined} & 4.48103 & 0.106404 \\ \text{Mardia Kurtosis} & 1.53849 & 0.123929 \\ \text{Mardia Skewness} & 2.09399 & 0.147879 \\ \text{Pearson }\chi ^2 & 134.353 & 0.571925 \\ \text{Watson }U^2 & 0.113831 & 0.211187 \\ \end{array} \right)$

Другими словами, мы не можем доказать, что это соотношение ненормально, даже пытаясь сделать это очень усердно.

Теперь почему? Интуиция с моей стороны, которой у меня переизбыток. Доказательство оставлено читателю, если таковое существует (возможно, через ограничение метода моментов, но опять же, это просто интуиция).

$\text{Beta}(20,20)$ $\text{Beta}(20,20)-\frac{1}{2}$ $t$ $\mu \to -0.000251208,\sigma \to 0.157665,\text{df}\to 33.0402$

\begin{array}{lll} Statistic & P-Value \\ Anderson-Darling & 0.275262 & 0.955502 \\ Cramér-von Mises & 0.0351108 & 0.956524 \\ Kolmogorov-Smirnov & 0.00320936 & 0.804486 \\ Kuiper & 0.00556501 & 0.657146 \\ Pearson χ^{2} & 145.077 & 0.323168 \\ Watson U^{2} & 0.0351042 & 0.878202 \end{array}

$\begin{array}{l|ll} \text{} & \text{Statistic} & \text{P-Value} \\ \hline \text{Anderson-Darling} & 0.275262 & 0.955502 \\ \text{Cramér-von Mises} & 0.0351108 & 0.956524 \\ \text{Kolmogorov-Smirnov} & 0.00320936 & 0.804486 \\ \text{Kuiper} & 0.00556501 & 0.657146 \\ \text{Pearson }\chi ^2 & 145.077 & 0.323168 \\ \text{Watson }U^2 & 0.0351042 & 0.878202 \\ \end{array}$

$\dfrac{\mathcal{N}(0,1)}{\mathcal{N}(10,1/1000)}\to$ $t$ $\mu \to -0.0000535722,\sigma \to 0.0992765,\text{df}\to 244.154$

(\begin{array}{ccc} Statistic & P-Value \\ Anderson-Darling & 0.501677 & 0.745102 \\ Cramér-von Mises & 0.0696824 & 0.753515 \\ Kolmogorov-Smirnov & 0.00355688 & 0.692225 \\ Kuiper & 0.00608382 & 0.501133 \\ Pearson χ^{2} & 142.88 & 0.370552 \\ Watson U^{2} & 0.0603207 & 0.590369 \end{array})

$\left( \begin{array}{ccc} \text{} & \text{Statistic} & \text{P-Value} \\ \text{Anderson-Darling} & 0.501677 & 0.745102 \\ \text{Cramér-von Mises} & 0.0696824 & 0.753515 \\ \text{Kolmogorov-Smirnov} & 0.00355688 & 0.692225 \\ \text{Kuiper} & 0.00608382 & 0.501133 \\ \text{Pearson }\chi ^2 & 142.88 & 0.370552 \\ \text{Watson }U^2 & 0.0603207 & 0.590369 \\ \end{array} \right)$

— деревенщина
источник

5

Вы явно очень близки к нормальному распределению. Однако это совсем не то же самое, что нормальное распределение, и я не верю, что отношение центрированной симметричной беты к обычной симметричной бете с теми же параметрами когда-либо было бы на самом деле нормальным. Мне было бы очень интересно быть неправым по этому поводу.

— Glen_b

2

Ваше решение определенно не Нормальное. Вы можете обобщить этот подход: взять любое распределение, которое является приблизительно нормальным, и разделить его на распределение с вероятностью, сконцентрированной около ненулевого числа. Результат (очевидно) будет близок к нормальному, но все равно не будет нормальным. Применение нескольких тестов неубедительно, потому что все это показывает, что вы не сгенерировали достаточно большие выборки, чтобы продемонстрировать ненормальность.

— whuber

1

10^{8}

$10^8$

2

Позвольте мне понять суть вопроса, а затем: (1) опровержение нормальности - это простое упражнение в интегральной аппроксимации - здесь нет необходимости подробно рассказывать. Вы можете, например , легко доказать, что 200-й момент бесконечен. (2) Ваш ответ путает распределения с образцами. Именно на это фундаментальное замешательство я возражаю; это причина, почему я думаю, что этот ответ скорее вводит в заблуждение, чем помогает. Кстати, я не написал свой последний комментарий слегка: я выполнил этот тест. Я сделал это не с суперкомпьютером, а с рабочей станцией ПК с десятилетней историей, и весь процесс занял всего несколько секунд.

— whuber

1

@whuber Какое приближение вы тестируете? Первый, второй или третий? Кстати, если они только приблизительные, пусть будет так. Я предлагаю только то, что в предельном случае они могут быть точными. Вся статистика является приблизительной, поэтому я не разделяю вашего опасения.

— Карл

-3

$X_1^G,X_2^G$ $X^C_{\gamma}$

\frac{X_{1}^{G}}{X_{2}^{G}} = X_{γ}^{C}

$\frac{X_1^G}{X_2^G} = X^C_{\gamma}$

$X^C_{\gamma}\sim1/X^C_{1/\gamma}$ $\gamma$

X_{1}^{G} = X_{2}^{G} / X_{1 / γ}^{C}

$X_1^G= X_2^G/X^C_{1/\gamma}$

$\mu$ $\mu$ $\sigma$ $\gamma\rightarrow1/\gamma$

— chuse
источник

4

Пожалуйста, проверьте свою гипотезу, либо путем явного расчета отношения или с помощью моделирования. Либо покажет, что ваша заявка неверна. Ошибка заключается в предположении, что коэффициенты распределения можно «отменить», чтобы «решить» числитель.

— whuber

1

X_{2}^{G}

$X_2^G$