การแจกแจงความแตกต่างระหว่างการแจกแจงสองแบบปกติ

ฉันมีฟังก์ชันความหนาแน่นของความน่าจะเป็นสองแบบของการแจกแจงแบบปกติ:

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

และ

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

ฉันกำลังมองหาฟังก์ชั่นความหนาแน่นของความน่าจะเป็นของการแยกระหว่าง$x_1$และ$x_2$ 2 ฉันคิดว่านั่นหมายถึงฉันกำลังมองหาฟังก์ชันความหนาแน่นของความน่าจะเป็นของ$|x_1 - x_2|$. ถูกต้องหรือไม่ ฉันจะหาสิ่งนั้นได้อย่างไร

คำถามนี้สามารถตอบได้ตามที่ระบุไว้โดยสมมติว่าตัวแปรสุ่ม1ตัวและX 2 ที่ควบคุมโดยการแจกแจงเหล่านี้เป็นอิสระ $X_1$$X_2$ นี้จะทำให้พวกเขาแตกต่างปกติที่มีค่าเฉลี่ยμ = μ 2 - μ 1และแปรปรวนσ 2 = σ 2 1 + σ 2 2 (วิธีแก้ปัญหาต่อไปนี้สามารถทำให้เป็นมาตรฐานโดยทั่วไปสำหรับการแจกแจงไบวาริเอตแบบปกติของ( X 1 , X $X = X_2-X_1$$\mu = \mu_2-\mu_1$$\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$ .) ดังนั้นตัวแปร$(X_1, X_2)$

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

มีการแจกแจงแบบปกติมาตรฐาน (นั่นคือโดยมีค่าเฉลี่ยเป็นศูนย์และความแปรปรวนของหน่วย) และ

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

การแสดงออก

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

แสดงให้เห็นถึงความแตกต่างที่แท้จริงในฐานะเวอร์ชั่นสเกลของสแควร์รูทของการแจกแจงแบบไคสแควร์ที่ไม่ใช่ศูนย์กลางพร้อมหนึ่งระดับของอิสระและพารามิเตอร์ noncentrality $\lambda=(\mu/\sigma)^2$ 2การกระจายแบบไคสแควร์ที่ไม่ใช่ศูนย์กลางด้วยพารามิเตอร์เหล่านี้มีองค์ประกอบความน่าจะเป็น

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

การเขียนสำหรับx > 0 จะสร้างการติดต่อแบบหนึ่งต่อหนึ่งระหว่างyและสแควร์รูทของมันทำให้เกิด$y=x^2$$x \gt 0$$y$

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

ลดความซับซ้อนนี้แล้วลดขนาดโดยให้ความหนาแน่นที่ต้องการ$\sigma$

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

---

ผลลัพธ์นี้ได้รับการสนับสนุนโดยการจำลองเช่นฮิสโตแกรมนี้ที่มี 100,000 การจับฉลากอิสระของ(เรียกว่า "X" ในรหัส) กับพารามิเตอร์μ 1 = - 1 , μ 2 = 5 , σ 1 = 4 , σ 2 = 1 บนมันถูกพล็อตกราฟของf | X | ซึ่งสอดคล้องกับค่าฮิสโตแกรมอย่างประณีต$|X|=|X_2-X_1|$$\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$$f_{|X|}$

Rรหัสสำหรับการจำลองนี้ดังต่อไปนี้

#
# 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)

I am providing an answer that is complementary to the one by @whuber in the sense of being what a non-statistician (i.e. someone who does not know much about non-central chi-square distributions with one degree of freedom etc) might write, and that a neophyte could follow relatively easily.

Borrowing the assumption of independence as well as the notation from whuber's answer, $Z = X_1-X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$ where $\mu = \mu_1-\mu_2$ and $\sigma^2 = \sigma_1^2+\sigma_2^2$. Thus, for $x \geq 0$,

$$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$$ and of course, $F_{|Z|}(x) = 0$ for $x < 0$. It follows upon differentiating with respect to $x$ that $$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$$ which is the exact same result as in whuber's answer, but arrived at more transparently.

The distribution of a difference of two normally distributed variates X and Y is also a normal distribution, assuming X and Y are independent (thanks Mark for the comment). Here is a derivation: http://mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

Here you are asking the absolute difference, based on whuber's answer and if we assume the difference in mean of X and Y is zero, it's just a half normal distribution with two times the density (thanks Dilip for the comment).