Распределение разницы между двумя нормальными распределениями

У меня есть две функции плотности вероятности нормальных распределений:

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

и

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

Я ищу функцию плотности вероятности разделения между и . Я думаю, это означает, что я ищу функцию плотности вероятности, Это верно? Как мне это найти?$x_1$$x_2$$|x_1 - x_2|$

На этот вопрос можно ответить, как указано, только если предположить, что две случайные величины и X 2, определяемые этими распределениями, независимы. $X_1$$X_2$ Это делает их разность Normal со средним μ = μ 2 - μ 1 и дисперсией σ 2 = σ 2 1 + σ 2 2 . (Следующее решение может быть легко обобщено на любое двумерное нормальное распределение ( X 1 , X $X = X_2-X_1$$\mu = \mu_2-\mu_1$$\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$ .) Таким образом, переменная$(X_1, X_2)$

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

имеет стандартное нормальное распределение (то есть с нулевым средним и единицей дисперсии) и

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

Выражение

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

демонстрирует абсолютную разницу как масштабированный вариант квадратного корня нецентрального распределения хи-квадрат с одной степенью свободы и параметром нецентральности . Нецентральное распределение хи-квадрат с этими параметрами имеет элемент вероятности$\lambda=(\mu/\sigma)^2$

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

Запись для x > 0 устанавливает взаимно-однозначное соответствие между y и его квадратным корнем, что приводит к$y=x^2$$x \gt 0$$y$

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

Упрощение этого и затем изменение масштаба на дает желаемую плотность,$\sigma$

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

---

Этот результат подтверждается моделированием, таким как гистограмма 100 000 независимых розыгрышей (в коде он называется «x») с параметрами μ 1 = - 1 , μ 2 = 5 , σ 1 = 4 , σ 2 = 1 . На нем построен график f | X | , что точно совпадает со значениями гистограммы.$|X|=|X_2-X_1|$$\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$$f_{|X|}$

RКод этого моделирования следующим образом .

#
# 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)

Я даю ответ, который дополняет ответ @whuber в том смысле, что может написать не статистик (то есть тот, кто мало знает о нецентральных распределениях хи-квадрат с одной степенью свободы и т. Д.), и что новичок может следовать относительно легко.

$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$

$$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$$ $F_{|Z|}(x) = 0$$x < 0$$x$ $$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$$

Распределение разности двух нормально распределенных переменных X и Y также является нормальным распределением, предполагая, что X и Y независимы (спасибо Марку за комментарий). Вот деривация: http://mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

Здесь вы спрашиваете абсолютную разницу, основанную на ответе whuber, и если мы предположим, что разница в среднем по X и Y равна нулю, это всего лишь половина нормального распределения с двукратной дисперсией (спасибо Дилипу за комментарий).